городская олимпиада 2005, 1 курс

ТПУ
Олимпиада по математике

Областной тур

I курс

17 апреля 2005г.

предмет
Задача № 1.
Квадратные матрицы A и B удовлетворяют условиям : A2  A , B 2  B , A B  B A.
Найдите все значения, которые может принимать det  A  B  .
Решение.
Используя условия задачи, найдем
( A  B )3  A3  A2 B  ABA  BA2  AB 2  BAB  B 2 A  B3 
 A3  2 A2 B  BA  2 AB 2  BA  B3  A  2 AB  BA  2 AB  BA  B  A  B .
Так как det  A  B  
3
det  A  B  ,
3
то  det  A  B    det  A  B  .
3
Откуда следует, что
det  A  B  может принимать лишь три значения: 1, 0,  1 .
Ответ. det  A  B  может принимать три значения: 1, 0,  1 .
Задача № 2.
Коэффициенты многочленов Pk  x   a1k  a2k x  a3k x 2 , k  1, 2, 3 удовлетворяют условиям
0, если k  l
.
a1k a1l  a2 k a2 l  a3k a3l  
1, если k  l
Найдите P12  x   P22  x   P32  x  .
Решение.
Условия задачи означают, что система векторов ak  a1k , a2k , a3k  , k  1, 2, 3 ортонормированная,
то есть
Обозначим x  1, x , x 2  . Тогда
x   a1 , x  a1   a2 , x  a2   a3 , x  a3  P1  x  a1  P2  x  a2  P3  x  a3 .
С другой стороны,
Таким образом , x
0, если k  l
 a1k a1l  a2 k a2 l  a3k a3l  
, k , l  1, 2, 3 .
1, если k  l
2
x  1 x2  x4 .
 ak , al 
2
 P12  x   P2 2  x   P32  x   1  x 2  x 4 .
Ответ. P12  x   P22  x   P32  x   1  x 2  x 4 .
Задача № 3.
Радиусы двух окружностей равны 1 и 3, расстояние между центрами окружностей равно 10. Найдите
геометрическое место середин отрезков, соединяющих множество точек данных окружностей.
Решение.
Введем на плоскости систему координат так, чтобы центры окружностей лежали на оси абсцисс
симметрично относительно начала координат. Параметрические уравнения окружностей будут иметь
вид: x1  5  cos t1 , y1  sin t1 , x2  5  3cos t 2 , y2  3sin t2 . Для точки  x , y  , являющейся
серединой отрезка, соединяющего точки  x1 , y1  и  x2 , y2  , имеем:
1
 cos t1  3 cos t2 , sin t1  3 sin t2  . Если зафиксировать t 2 , то с изменением t1 от 0 до 2
2
1
точка  x , y  будет описывать окружность радиуса
. При изменении t 2 от 0 до 2 центр
2
3
3
3

указанной окружности  cos t 2 , sin t 2  в свою очередь будет двигаться по окружности радиуса
2
2
2

1
с центром в начале координат. Окружность радиуса
будет при этом '' заметать'' кольцо с
2
3 1
3 1
  1 и внешним радиусом
  2.
внутренним радиусом
2 2
2 2
x ,
y


Ответ. Геометрическое место точек представляет собой кольцо, центр которого есть середина отрезка,
соединяющего центры окружностей, а внутренний и внешний радиусы равны соответственно 1 и 2..
Задача № 4.
Найдите предел lim n  sin  2 e n! .
n
Решение.
n

 n 1 1

e
1
2


 2

sin  2 en !   sin  2 n !  

  ( n)   sin 
  ( n)  ,
   sin  2 n !   
n 1
 n 1

k 0 k !


 k 0 k ! ( n  2)!  

где  (n) 
2 e
,
( n  1)( n  2)
0    1.
 2

sin 
  ( n) 
 2

 2

 n 1

  ( n)   lim n  
  ( n)  
lim n  sin  2  e n !  lim sin 
n 
n 
n
2

n

1
n

1




  ( n)
n 1
 2 .
Ответ. lim n  sin  2  e n !  2 .
n
Задача № 5.


x  cos x  0, 6 .
Докажите, что при x   0 ,  выполняется неравенство
2

Решение.

 

Обозначим y  x   x cos x . Тогда y  0   y    0; y  x   0 при x   0 ,  . Следовательно
2
2



существует такая точка x0   0 ,  , что max y  x   y  x0  , где x 0 корень уравнения
x0, 2 
2

y  x0   cos x0  x0 sin x0  0 . Так как


y  x   2 sin x  x cos x  0 при x   0 ,  , то y  x 
2

 
монотонно убывает на отрезке 0 ,  . Так как
2

2  
 
y   
1    0 ,
4 2  4
  1  3 
y    1 
0,
3 
 3  2 

  
max y  x   y  x0   y     x0    y    
x0 , 2 
4
4 
  
следовательно x0   ,  . Тогда
4 3
 2 
2  


      
 y        y    
 
1    0, 595  0, 6 ,    , x0  .

4 2 12 2  4 
4

4 3 4 4
Ответ. Неравенство
 
x  cos x  0, 6 выполняется для x   0 ,  .
2

Задача № 6.
Тяжелый шар осторожно кладут в наполненную водой вазу, имеющую форму сегмента параболоида
вращения. Размеры вазы заданы: a - глубина вазы, x 2  2 py - уравнение линии пересечения
внутренней поверхности вазы с плоскостью, проходящей через ось вазы. Размер шара выбран так,
чтобы он вытеснил как можно больше воды. Найдите радиус шара как функцию p и a .
Решение.
Поскольку при увеличении расстояния от вершины кривизна параболы монотонно убывает, то, чем
больше размеры шара, тем выше он застрянет в вазе . Кроме того, если шар опирается на край вазы, а
его поверхность не касается внутренней поверхности вазы, то шар несколько меньшего диаметра
погрузится в вазу глубже и вытеснит больше воды. Следовательно, для того чтобы объём вытесненной
шаром воды был максимальным, необходимо рассматривать шары, которые касаются внутренней
поверхности вазы.
Сопоставим поперечные сечения вазы и шара. Пусть шар касается параболы в точке
 x1 , y1  ,
y1  a . Можно показать, что его центр находится в точке с координатами  0, y1  p  .
 x 2   y  y0  2  r 2 ,

Действительно, требуя, чтобы система уравнений  x 2  2 py ,
 r2  x 2  l2 , y  y  l
1
0
1

решение, получим l  p . Тогда a  y1  p  r  h,
r 2  x12  p 2  2 py1  p 2 . Откуда
d y1
r
r 2  p2
r 2  p2

,
y1 
, h  a  y1  p  r  a 
 pr ,
dr
p
2p
2p
Объем сферического сегмента радиусом r и
Дифференцируя по r , получим
даёт
2r  2 p  h .
высотой h
dh
r
 1 .
dr
p
равен V 
 h2  3r  h 
3
.
 rh  h  2 p  2r 
dV

. Необходимый признак экстремума
d r
p
Исключая отсюда h и
параметров параболоида a и
имела единственное
p :
y1 , найдём зависимость радиуса шара r
r  2ap  4 p 2  p .
Ответ. Шар, вытесняющий наибольший объём воды, имеет радиус r  2ap  4 p 2  p .
от
Задача № 7.
Бесконечная последовательность ( вещественных ) чисел a , b, c , d , . . . получается почленным
сложением двух геометрических прогрессий. Может ли эта последовательность начинаться с таких
чисел:
a ) 1, 1, 3 , 5 ;
b) 1, 2 , 3 , 5 ;
c ) 1, 2 , 3 , 4 .
Если может, то найдите такие последовательности.
Решение.
Положим zn  u pn  v qn
Тогда

 , где u, v , p, q  некоторые ( вещественные ) числа.
 u pn  v q n   p  q    u p n1  v q n1  p q  zn  p  q   zn1 p q , n  1 .
n  0, 1, 2,...
zn1  u p n1  v q n1 
Таким образом, зная z0 , z1 , z2 , z3 , можем найти x  p  q , и
y  pq
из системы линейных
 z1 x  z0 y  z2 ,

 z2 x  z1 y  z3 .
После этого p и q находятся как корни квадратного уравнения относительно  :
 2  x  y  0
с коэффициентам и x  p  q , и y  pq (теорема Виета) , а затем u и v  из системы
линейных уравнений:
 u  v  z0 ,
при n  0 , n  1 .

up  vq  z1 ,
Таким образом, для случая a ) для четвёрки z0  1, z1  1, z2  3 , z3  5 получаем формулу
1
2
n
zn    1   2n ,
3
3
1
2
то есть p  1, q  2 , u  , v  .
3
3
Более подробно вычисления выглядят так:
 x  y  3,
откуда x  1 , y  2 . Так как x  p  q  1, и y  pq  2 , то,
решая уравнение

3 x  y  5 ,
1  p ,
 2  x  y  0 , то есть  2    2  0 , находим  12  
 2  q.
уравнений:
 u  v  z0 ,
то есть

up  vq  z1 ,
 u  v  1,
1
2
откуда u  , v  .

3
3
u  2v  1,
Аналогично для случая b ) для четвёрки z0  1, z1  2 , z2  3 , z3  5 получаем формулу
Составляем систему
n
n
5  3  1 5 
5  3 1 5 
zn 




 ,
2 5  2 
2 5  2 
1 5
1 5
5 3
5 3
, q
, u
, v
то есть p 
.
2
2
2 5
2 5
Для случая c ) для четвёрки z0  1, z1  2 , z2  3 , z3  4
которая не имеет вещественных корней.
Ответ. a ) да,
1
2
n
zn    1   2n
3
3
n
b ) да,
c ) нет.
5  3  1 5 
5  3 1 5 
zn 





2 5  2 
2 5  2 
n
 u  v  z0
получаем систему 
,
 up  vq  z1