2013vseross_book_final

I Всероссийская студенческая олимпиада. I (вузовский) этап

Пусть матрица A имеет определитель 2013. Сопоставим ей матрицу f(A); полученную перестановкой первых двух строк. Это соответствие является биекцией: из f(A) = f(B) следует, что A = B; для каждой A существует f(A); для каждой B существует A такая, что f(A) = B: Построенная биекция отображает матрицы с определителем 2013 на множество матриц с определителем −2013: Существование биекции показывает равномощность этих множеств.

Ответ: равномощны.

Критерии оценивания. Биективность соответствия не доказана или доказательство имеет пробелы — 5 баллов. Предполагается конечность множества таких матриц — вычитаем 1 балл.

4.Математической индукцией по n = 2; 3; 4; : : : докажем, что многочлены вида Pn(x) = anxn − an−1xn−1 − : : : − a1x − a0; где an; : : : ; a0 > 0;

обладают следующими свойствами: 1) Pn(0) < 0;

2)для некоторого xPn 1 (0; +∞) функция Pn(x) убывает на отрезке (0; xPn 1 ) и монотонно возрастает на (xPn 1 ; +∞);

3)на луче (0; +∞) многочлен Pn(x) имеет единственный корень xPn :

База индукции: многочлен P2(x) = a2x2 −a1x−a0 обладает свойствами 1)-3). Индукционное предположение: пусть Pn(x) обладает свойствами 1)-3).

Шаг индукции. Во-первых, Pn+1(0) = −a0 < 0: Во-вторых, Pn′ +1(x) имеет вид многочлена Pn(x); который обладает свойствами 1)-3) и

имеет единственный положительный корень xPn . Следовательно, Pn+1(x) на (0; xPn ) монотонно убывает, на (xPn ; +∞) монотонно возрастает. Заметим, что Pn+1(x) → +∞ при x → +∞ в силу знаменитой леммы о мажорировании старшим членом. Теперь из непрерывности Pn+1 следует единственность корня на (0; +∞):

Тогда anbn = 0 для всех n; и обе последовательности не сходятся.

Критерии оценивания. Правильный ответ без контрпримера — 1 балл.

11

I Всероссийская студенческая олимпиада. I (вузовский) этап

Технические направления

1.На произвольной прямой построим отрезок AB длины 20. Через концы отрезка проведем перпендикуляры через точки A и B: На построенных перпендикулярах отложим от точек A и B отрезки длины 13 в одинаковом направлении. Концы построенных отрезков, отличных от A и B, соединим прямой. Искомый прямоугольник построен.

Объясним как через произвольную точку на прямой построить перпендикуляр. Обозначим прямую через p; точку на ней через E: С помощью циркуля отложим от E два произвольных отрезка одинаковой длины на прямой p: Обозначим полученные точки через F и G: Теперь с центрами в точках F и G построим окружности с радиусом длины F G: Через точки K и L пересечения построенных окружностей построим прямую q: Заметим, что KF G, LF G и GF L — равные равносторонние треугольники. В силу симметрии прямая q содержит медианы и высоты трегуольников. Поэтому q перпендикулярен p; и q содержит E:

Возможны другие решения.

Критерии оценивания. Построение с помощью линейки общей касательной к окружностям — минус 3 балла.

Критерии оценивания. Превышение погрешности на порядок — минус 1 балл. Вместо формулы 13 Sh использована формула 12 Sh — минус 2 балла.

3.Решим уравнение 100t4+1000t = 10t3+20: Другими словами, исследуем корни многочлена 100t4−10t3+1000t−20 = 10t3(10t−1)+20(50t−1):

Если t > 0; 1; то этот многочлен принимает только положительные значения. Следовательно, на (0; 1; +∞) корней нет.

Будем считать, что t 6 0; 1: Тогда 10t3(10t − 1) > −0; 01: Следовательно, для 20(50t − 1) > 0; 01 многочлен остается положительным. Верны преобразования 20(50t − 1) > 0; 01 50t − 1 > 5 · 10−4 50t > 1 + 5 · 10−4 t > 0; 02 + 10−5: Таким образом, многочлен при t > 0; 02 + 10−5 положителен.

С другой стороны, при t = 0; 02 многочлен отрицателен. Будем считать, что 10−5 м несущественная погрешность.

12

I Всероссийская студенческая олимпиада. I (вузовский) этап

Ответ: Приемлемая толщина полок начинается с 2; 001 · 10−2 см.

Критерии оценивания. Ответы на отрезке [2,001;3] без доказательства

— 5 баллов. Ответы на отрезке [2,001;3] с доказательством — 7 баллов.

4.Нарисуем проекции куба и сферы с радиусом 65 = 1; 2 и центром в точке (0; 1; 2; 7) на плоскость Oyz:

Расстояние от проекции вершины куба A(2; 2) до проекции центра

то шар и внутренность куба пересекаются по шаровому сегменту с

Критерии оценивания. Полное решение без приведения формулы объема шарового сегмента — 6 баллов.

5.Перпендикулярные проекции точек A и B на p обозначим через A′ и B′: Транспортный расход на километр пути BC в три раза больше расхода на километр пути AC: Поэтому 3BC + AC умноженное на тариф транспортных расходов на км пути AC является полной суммой расходов на дороги BC и AC: Нам необходимо выбрать C так, чтобы сумма 3BC + AC была минимальной.

Пусть t = B′C: Тогда

√ √

f(t) = 3BC + AC = 3 22 + t2 + 22 + (4 − t)2:

Нарисуем примерный график функции f(t); t [0; 4]:

13

I Всероссийская студенческая олимпиада. I (вузовский) этап

Из графика видим, что наименьшее значение f(t) достигает примерно при t t 0; 6:

Критерии оценивания. Указано, что нужно минимизировать длину 3BC +AC — 2 балла. Сделана попытка нахождения минимума длины 3BC + AC путем подбора (не сделана стандартная ошибка, вытекающая из предположения о линейности, 3BC = AC) — 5 баллов.

Ответ: На расстоянии 0; 6:

6.Используем следующую теорему из курса высшей математики.

Теорема об остаточном члене ряда Тейлора в форме Лагранжа. Пусть при всех x (a; b) существуют все необходимые производные. Тогда для любого x (a; b) существует точка x , лежащая между x0 и x; такая, что

Ответ: 0; 944 ± 0; 002:

14

I Всероссийская студенческая олимпиада. I (вузовский) этап

Гуманитарные направления

1.Количество студентов, которые не интересуются своей будущей профессией, равно 37. Пусть наибольшее число из них решили поступать

в магистратуру, т.е. 12 человек. Тогда количество студентов, не интересующихся своей будущей профессией и даже не принявших решение о поступлении в магистратуру, равно 25. Ответ: 25.

Критерии оценивания. Правильный ответ с обоснованием — 7 баллов, без обоснования — 6 баллов.

2. Каждый член последовательности, начиная с третьего, равен сумма двух предыдущих членов. Ответ: 34.

Критерии оценивания. Закономерность найдена, но дальнейшие рассуждения не верны — 3 балла.

3.Из условия задачи следует, что все в министерстве не могут быть рыцарями. Тогда в министерстве есть хотя бы один Лжец. Рассмотрим высказывание этого лжеца: “этим занимается следующий по кругу начальник”, т.е. следующий начальник, на самом деле, не занимается этим вопросом. Тогда следующий начальник сказал правду “Это не в моей компетенции”. Таким образом, после Лжеца следующим является Рыцарь. Из высказываний Рыцаря следует, что следующий является Лжецом. Таким образом, Рыцари и Лжецы чередуются. Следовательно, количество Рыцарей — половина всех начальников.

Ответ: 1007.

4.Перенумеруем места книг от 1 до 2013. Пусть книги, стоящие на нечетном месте – старые книги. Достаточно переставить нечетные книги в начало. Нужно поставить эти книги, сохраняя их порядок, иначе мы увеличим количество перестановок.

В результате перестановки книги на m-м месте с книгой на m − 1-м месте, затем книги на m − 1-м месте с книгой на m − 2-м месте, . . . , книги на n + 1-м месте с книгой на n-м месте, мы сделаем |n − m| перестановок соседних. Такую операцию назовем переносом книги с m-го места на n-ое.

Сделаем следующие переносы: 3 7→2; 5 7→3; 7 7→4; : : : ; 2013 7→1007: Это потребует

15

I Всероссийская студенческая олимпиада. I (вузовский) этап

5.Пусть клиент выплачивает x рублей в месяц. К концу первого месяца у клиента будет долг в 10200: После выплаты по долгу у клиента долг составит 10200 − x: К концу второго месяца — (10200 − x) × 1; 02; что должно равняться x:

Таким образом, достаточно решить уравнение:

(10200 − x) × 1; 02 = x 10404 = 2; 02x x = 104042; 02 = 5150; 50:

Ответ: 5150 рублей 50 копеек.

16