Городская олимпиада по математике - 2013 Казань, КНИТУ-КАИ 1. Витя с Олей обычно встречаются на конечной станции метро. Поезда метро отправляются через строго одинаковые интервалы времени. Первый раз Витя прождал Олю 12 минут, и за это время отправилось 5 поездов. Второй раз он прождал Олю 20 минут, и за это время отправилось 6 поездов. В третий раз Витя прождал Олю 30 минут. Сколько поездов могло отправиться за это время? (4 балла). Решение. Пусть поезда отправляются с интервалом Т минут. Поскольку за 12 минут заведомо прошло 4 полных интервала, 4 Т 12 , т.е. Т 3 . Так как до отправления первого из 5 поездов и после ухода последнего из них прошло не более чем по Т минут, то Т 4 Т Т 12 , т.е. Т 2 . Итак, 2 Т 3 . Аналогично, из того что за 20 минут отправилось ровно 6 поездов, получаем 20 6 Т 4 . Из полученных неравенств следует, что 2 Т 3 . 7 7 Пусть за 30 минут отправилось n поездов. Тогда аналогично получаем n 1T 30 n 1T или 30 30 1 n 1. T T 6 7 Учитывая, что 2 Т 3 , найдем, что 9 n 11, т.е. n 10 или n 11 . Если Т=3 и первый поезд отправляется сразу по приходу Вити, то за 30 минут отправятся 11 поездов, а если при таком же Т первый поезд отправится через 1 минуту после его прихода, то за 30 минут отправится 10 поездов, т.е оба варианта ответа реализуются. Ответ: 10 или 11 поездов. 2. Над цепью озер летела стая белых гусей. На каждом озере садилась половина гусей и еще полгуся, а остальные летели дальше. Все гуси сели на семи озерах. Сколько гусей было в стае? (2 балла) Решение. Пусть вместе со стаей белых гусей все время летит еще один, Серый гусь. Если к некоторому озеру подлетает m белых гусей и Серый, то на этом озере садится m 1 m 1 - ровно половина всех гусей. Поэтому после каждого озера 2 2 2 число летящих гусей уменьшается ровно вдвое. После семи озер оно уменьшится в 27=128 раз, а остается летящим один Серый гусь. Значит, вначале было 128 гусей, из них 127 – белых. Ответ: 127 гусей. 3. Разложите многочлен: а) x8 x 4 1 на три множителя с целыми коэффициентами; б) x5 x 1 на два множителя с целыми коэффициентами. (1 балл) (1 балл) Решение. а) 2 x 4 2 x 2 1 x 2 x 4 x 2 1 x 2 1 x 2 x 4 x 2 1 2 2 4 2 x x 1 x x 1 x x 1. Ответ: x 2 x 1 x 2 x 1 x 4 x 2 1. б) x5 x 1 x5 x4 x3 x4 x3 x2 x2 x 1 x3 x2 1 x2 x 1. Ответ: x3 x 2 1 x 2 x 1. 2 2 x8 x 4 1 x8 2 x 4 1 x 4 x 4 1 x 2 x 4 x 2 1 x 4 x 2 1 4. Многочлен Р(x) дает при делении на (x+1) остаток 1, а при делении на (x-1) – остаток 3. Каков остаток при делении Р(x) на (x2-1)? (2 балла) Решение: Пусть ax+b остаток от деления Px x2 1 . Тогда остаток от деления Px x 1 ax b , т.е. равен b-a. Отсюда b-a=1 . x 1 Px ax b Аналогично остаток от деления равен остатку от деления , т.е. x 1 x 1 равен остатку от деления равен a+b. Отсюда a+b =3. Решив систему, получим: а=1, b=2. Ответ: остаток равен x+2. 5. Составить уравнение прямой, проходящей через левый фокус и нижнюю вершину эллипса x 2 y2 1 25 16 (2 балла) Решение: Координаты левого фокуса : (-с; 0) = (- a 2 b 2 ;0) ( 25 16; 0) = (-3;0) Координаты нижней вершины: (0: -b) = (0; -4) Уравнение прямой, проходящей через две точки x3 y 3 4 Приведём к общему виду: 4x+3y+12=0 Ответ: 4x+3y+12=0 6. Привести к каноническому виду и определить вид кривой а) x 2 9y2 2x 36y 44 0 (2 балла) Решение: Выделим полные квадраты: (x 2 2x 1) 1 (9y 2 36y 36) 36 44 0 ( x 1) 2 9( y 2) 2 9 0 .Приведём к каноническому виду Заменим x+1 = x’; y-2 = y’ Ответ: x ' 2 y' 2 1 32 1 ( x 1) 2 ( y 2) 2 1 9 1 – гипербола с действительной осью ох. б) 6xy 8y 2 12x 26y 11 0 (4 балла) Решение: Повернём оси координат на угол ,такой, чтобы коэффициент перед xy стал равным нулю: 6 (x ' cos y ' sin ) (x ' sin y cos ) +8 (x ' sin y cos ) 2 - 12 (x ' cos y ' sin ) - 26 (x ' sin y cos ) +11 = 0 2 (6 sin cos 8 sin 2 ) x ' + (8 cos 2 6 sin cos ) y ' + (16 sin cos 6(cos 2 sin 2 )) x’y’(12 cos 26 sin ) x’ – (26 cos 12 sin ) y ' + 11 = 0 Коэффициент при x’y’ (16 sin cos 6(cos 2 sin 2 )) = 0 3tg 2 8tg 3 0 tg1 3 ; tg 2 1 3 tg1 3 sin 3 10 2 ; cos 1 10 . Подставляя значения sin и cos , получим 9 x’ 2 - y’ 2 - 9 10 x’ + 10 y’ + 11 = 0 Выделим полный квадрат 9( x ' 10 2 10 2 ) (y ' ) 9 2 2 которой x 2 y 2 1 1 9 x 2 y 2 1 Ответ: 1 9 - гипербола, каноническое уравнение 7. Найти объём цилиндра, максимально возможный при данной полной поверхности S. (3 балла) Решение: х – радиус основания, у – высота. Площадь полной поверхности S = 2 x 2 2xy S 2x 2 y = 2x 1 S 1 S ( 2x ) ( 2x ) Объём цилиндра V = x 2 2 x 2 x S S при Vx' 3x 2 = 0, т.е. при х = - критич.точка. Т.к. 2 6 = максимальный Vxx'' 6x x S < 0, то это максимум. 6 Объём цилиндра равен V = Ответ: V = 1 6S3 18 1 6S3 18 2013 8. Вычислить интеграл: ( x 1)( x 2)( x 3)...( x 2013)dx . 1 (3 балла) Решение: Сделаем замену: . Тогда интеграл преобразуется к виду: 1006 (t 1006)(t 1005)...t...(t 1005)(t 1006) dt 1006 1006 (t 2 10062 )(t 2 10052 )...(t 2 1)tdt , 1006 и будет равен нулю, так как подынтегральная функция нечетная. Ответ: 0 n n sin 2 . 9. Найти сумму ряда: (3 балла) n 6 n ! n 1 Решение: Имеем: n 1 при n sin n 6n n! 2 и (1)k 2k 1 при (1)k 62k 1(2k 1)! (2k 1)! 6 k 0 k 0 . Тогда 2k 1 1 sin 6 2 10. Решить дифференциальное уравнение: x y x y y 3 1 ex, (4 балла) x 0. Решение: 1) Решим соответствующее ЛОДУ: x3 y x y y 0. Видно, что y1 x - его частное решение. Второе частное решение будем искать в виде: y2 y1 u x dx x u x dx. Тогда y2 ux dx xU , y2 2U xU . Подставив в уравнение, получим: x U 2 x x U , откуда 3 2 1 1 x U 2 e x , y2 x 1 ex x2 1 dx xe x Отсюда общее решение ЛОДУ: 1 y0 C1 x C2 xe x . 2) Ищем частное решение ЛНДУ методом вариации: y C1x x C2 1 x xe x . Решив соответствующую систему: 1 C1 x C2 xe x 0, 1 1 1 1 C1 C2 1 e x 3 e x , x x получим: y 1 x e x 1 C1x e x , C2 x 1 . Отсюда: x 1 ex. 3) Общее решение ЛНДУ: 1 1 1 1 1 x x x x y C1 x C2 xe x e e C1 x C2 1 xe e x 1 1 ~ C1 x C2 xe x e x . 1 1 ~ Ответ: y C1 x C2 xe x e x . .