городская олимпиада 2006, 1 курс

КОНКУРСНЫЕ ЗАДАНИЯ
-го тура областной Всероссийской студенческой олимпиады по
предмету «математика»
1 курс
ТГАСУ, 9 апреля 2006 года.
Все задания оцениваются в 10 баллов
Задача 1. Доказать, что для любой точки О внутри эллипса существуют три точки А, В, С
на эллипсе, для которых выполняется равенство:
  
0А  ОВ  ОС = 0
Доказательство: Растяжением или сжатием преобразуем эллипс в окружность. Проведем
через точку О внутри окружности диаметр. Обозначим точку пересечения диаметра с
окружностью, ближайшую к т. О через С. Отметим на диаметре точку К такую, что
СО = ОК. Через середину отрезка ОК проведем прямую перпендикулярно диаметру. Точки пересечения прямой и окружности обозначим через А и В.
А
0
С
О
К
В







Очевидно, что ОК  ОА  ОВ   ОС . Следовательно: ОА  ОВ  ОС  0 .
Если точка О окажется центром окружности, то в качестве точек А, В, С можно взять
вершины равностороннего треугольника, вписанного в окружность.
Сделаем обратное преобразование. Так как растяжение и сжатие сохраняют параллельность прямых и пропорциональность отрезков на них, то ромб ОАКВ преобразуется в
параллелограмм, и равенство СО = ОК сохраняется.
Таким образом, получаем эллипс с искомыми точками А, В, С.
А
С
О
К
В
Задача 2. Известно, что определитель n-го порядка
5 4 0 0 ... 0 0
1
0
Dn = 0
.
0
0
5 4 0 ...
1 5 4 ...
0 1 5 ...
. . . . .
0 0 0 ...
0 0 0 ...
0 0
0 0
0 0
. . .
5 4
1 5
равен 5461.
Найти порядок определителя.
Решение. Разложим определитель по 1-й строке
1 4 0 ... 0
0 5 4 ... 0
Dn = 5 Dn-1 – 4 0 1 5 ... 0
. . . . . .
0 0 0 ... 5
Разложим определитель во втором слагаемом по 1-му столбцу и получим:
Dn = 5Dn-1 – 4 Dn-2
Заметим, что
Dn – Dn-1 = 4 (Dn-1 – Dn-2)
Dn – 4Dn-1 = Dn-1 – 4Dn-2
Последовательность
D2 – D1; D3 – D2; D4 –D3; …
образует геометрическую прогрессию со знаменателем 4, поэтому, учитывая D1 = 5;
D2 = 21, согласно формуле для n-го члена геометрической прогрессии, получаем:
Dn – Dn-1 = 4п-2 (D2 –D1) = 4n-2 16 = 4n
Очевидно также, что:
Dn – 4Dn-1 = D2 – 4 D1 = 21 – 20 = 1
Решаем систему двух уравнений с неизвестными Dn и Dn-1:
n

D n  D n 1  4 n
D n 1  D n  4


n
D n  4D n 1  1

D n  4( D n  4 )  1
Dn (1 – 4) = 1 – 4n + 1
1  4 n 1
= 5461
1 4
1 – 4n + 1 = – 16383
4n + 1 = 16384
4n = 4096
n = 6.
Dn =
Задача 3. Вычислить
4 2006  8
2006 2 
16
20063  ...
Решение:
 2 к 1
П
к 1
2006
к

к

= П 2006 2
к 1
к 1

= 2006
к
к 1 2
к 1
Так как к < 1,5к для всех натуральных к, то
n

к 1 2
к 1
<
к
3к
n
к
1 n  3
1 3
1
1 3
3
1 3 1  ( 3 / 4) n
 .
=
=
<  
= 
 
  
к к 1
2 к 1  4 
2 4 1 3/ 4
2 43 2
2 4 1 3/ 4
к 1 2  2

n
Поэтому последовательность с n-м членом Sn =
к
 2 к 1
ограничена сверху.
к 1
Очевидно также, что она монотонно возрастает и поэтому имеет предел:

к
S = lim S n  
к 1
n
к 1 2
S
Заметим, что, с одной стороны S - = S/2, а с другой стороны
2
S–
S
=
2

к
 2к 1
к 1
–
1
2

к

к

к
 2 к 1  2к 1  2к 1
=
к 1

к 1
=
к 1
1 1 1
3
 1 2

1 2 3
 ...  =    ... =
=     ...  –   
4 8 16
 4 8 16
  8 16 32


=
к
 2 к 1
к 1
=
1/ 4
1
 .
1  1/ 2 2
Значит S – S/2 = S/2 =
1
, поэтому S = 1.
2
Следовательно,
4 2006  8
2006 2 
16
20063 = 2006S = 2006.
Задача 4. Отрезок постоянной длины 2а движется так, что концы его все время остаются
на координатных осях. Найти уравнение геометрического места оснований перпендикуляров, опущенных из начала координат на этот отрезок. Построить геометрическое место
таких точек.
tg 
Решение:
y MB

x MO
MO  x 2  y 2
А
у
М(х,у)
y
x
x
MA  MO  ctg  x 2  y 2 
y
МА + МВ = 2а
MB  MO  tg  x 2  y 2 

О
В
y x
   x 2  y 2 = 2а
x y


1/ 2
у2  х2
 х2  у2
= 2а
ху
2а ху = (х2 + у2)3/2 – уравнение в декартовых координатах. Чтобы построить ГМТ, перейдем к полярным координатам.
2а  sin    cos    3
  а sin 2 - уравнение в полярных координатах.
Используя таблицу





0
6
4
3
2
а 3
а 3

0
а
0
2
2
строим часть линии в первой четверти.
у
х
Так как при замене х на –х, а у на –у выражение
(2аху)2 = (х2 + у2)3
не меняется, то линия симметрична относительно координатных осей. Поэтому, чтобы построить линию в остальных четвертях, отображаем симметрично часть линии изображенную в первой четверти относительно координатных осей. Получаем части линии во 2-й и
4-й четвертях. Затем часть линии во 2-й четверти симметрично отображаем относительно
оси ОХ и получаем часть линии в 3-й четверти.
Задача 5. Доказать, что произведение расстояний от фокусов до любой касательной к эллипсу есть величина постоянная, равная квадрату малой полуоси.
Доказательство. Выберем систему координат, в которой уравнение эллипса имеет каноних2
у2

 1 , а > b. Это уравнение задает у как функцию от х неявно.
а 2 b2
Находим производную этой функции:
b2 x
у   2  . Запишем уравнение каa y
у
сательной у – у0 = у( х 0 )  ( х  х 0 )
М0(х0, у0)
к эллипсу в точке М0 (х0, у0).
ческий вид:
b2 x0
у – у0 = (х – х0)
или

F1
a 2 y0
х0
у0

х

 y = 1.
а2
b2
Найдем расстояния от фокусов
F1 (-c; 0) и F2 (c; 0) до касательной:
x c
x c
 02  1
a 2  b 2 02  1
x0b2  c  a 2  b2
a
a
r1 
=
=
2
2
2 4
2 4
x 02 b 4  y02a 4
x
b

y

a
 x0   y0 
0
0
 2   2 
a  b 
x 0с
a2
r2 
2
1
2
=
x0b2  c  a 2  b2
2 4
2 4
x0 b  y0 a
 x0   y0 
    
 a2   b2 
Найдем произведение расстояний
r1  r2 
.
x0b2  c  a 2  b2  x0b2  c  a 2  b2
x02  b4  y02  a 4
х
F2
=
x02b4  c2  a 4  b4
x 02  b4  y02  a 4
=
b4 x 02  c2  a 4
x 02  b4  y02  a 4
Перепишем уравнение эллипса в виде а 2у2  а 2b2  b2x 2 .
Тогда для координат точки М0 (х0, у0) выполняется а 2 у 0 2  а 2 b 2  b 2 x 0 2 .
Отсюда, учитывая с2 = а2 – b2, получаем
х 02 b4  y02  a 2  a 2 = х 02 b 4  ( a 2 b 2  b 2 x 02 )  a 2 = х 02 b 4  b 2 x 02 a 2  а 4 b 2 =
= х 0 2 b 2 ( b 2  a 2 )  а 4 b 2 = а 4 b 2  x 0 2 b 2c 2 = b 2 ( a 4  x 0 2c 2 ) .
Следовательно, r1  r2 
b 4  x 0 2e2  a 4
.
b 2 (a 4  x 0 2 c 2 )
Так как а4 – х02 с2 = а4 – а2 х02 + х02 b2 = a2 (a2 –x02) + x02 b2 = a2 (a2 – x02) + x02 b2 =
= a2
у02
b
2
+ x02 b2 > 0, то r1  r2  b 2 , что и требовалось доказать.
.
Задача 6. Расстояние между графиками функций у = х2 + q и у =
хq
8023 2
. Найти q.
4
Расстояние между кривыми определяется как наименьшее из расстояний между двумя
точками на кривых.
равно
у = х2+q
у
у=х
у  хq
х
Решение. Для любой точки х  [0;) разность х2 + q – x есть длина катета ВС прямоугольного треугольника АВС, где точка В имеет координаты (х; х2 + q). Функции у = х2 +
q и у = х  q взаимно обратные на интервале (0;) , поэтому их графики симметричны
относительно прямой
у = х. Значит ВС = АС. Гипотенуза прямоугольного треугольника АВС, соединяющего
точки
В(х; x2 + q), А( х  q ; x) и С(х, х) равна d (x) =
2 х2  q  x .
Расстояние между кривыми будет равно наименьшему значению функции d (x) на
интервале [0; ) .
d ( x )  2 ( 2 x  1)  0;
1
x0 = - решение уравнения.
2
1
1  8023 2
1
1

d   2   q   = 2  q   =
.
4
2
4
2
4

Решая уравнение, получаем
q=
8023 1 8024
 
 2006 .
4
4
4
Заметим, что
d (0) =
1
2q > d   =
2
1
Поэтому d   - наименьшее значение.
2
1

2 q  .
4

Задача 7. Найти параметрические уравнения функций неявно заданных равенством ху = ух. Исследовать функцию и построить ее график.
Решение. По условию х > 0 и у > 0. Рассмотрим два случая
1) В случае у = х, равенство ху = ух неявно задает прямую.
2) В случае у  х, получаем некоторую линию, симметричную относительно прямой y=x, так как
при замене х на у, а у на х равенство ху = ух не изменится.
Равенство ху = ух можно переписать в виде: у = ху/x или ху/x-1.
Введем параметр t равенством t =
у
 1 . Тогда t + 1 = xt и x = (t + 1)1/t.
х
Отсюда получаем: y = x (t + 1) = (t + 1)1+1/t
Таким образом, имеем параметрические уравнения в виде
1/ t

 x  ( t  1)
причем t + 1 > 0.

11 / t

,
 y  ( t  1)
Исследуем поведение функции при t  -1 + 0 и при t  + .
lim
t  1 0
lim
t  1 0
x  0 1   ;
y=
lim
( t  1)11 / t = (00) =
t  1 0
1
(ln( 1 t )) 
 1
lim
1  ln(1 t )
((11 t ) 1 ) 
= e t  10
=
e t 
lim
t  1 0
t 2 11 t 2
lim
lim
2
lim (1 t )
2
t  1 0 (1 t )( 1)  11 t   1 t
= e
= e t 10 (1 t ) = e t  10
= e0 = 1.
1
ln(1 t )
1/ t
0
= lim е 1 t  e 0  1 ;
lim x  lim (1  t ) = ( ) = lim e t
t  
t 
t  
t  
11 / t
1
lim y  lim (1  t )
t  
t  


=  = .
Можно сделать вывод о том, что у = 1 – горизонтальная асимптота, а х = 1 – вертикальная асимптота. Найдем производную неявно заданной функции

(ху – ух) = (еу ln x – ex ln y) = xy (y ln x + y/x) – yx  ln y 

xy  
=
y 
= xy y ln x + y xy-1 – yx ln y - xy yx-1 = у (ху ln x – xyx – 1) + y  xy – 1 – yx ln y = 0.
Из равенства выражаем производную y =
y x ln y  y  x y 1
x y ln x  x  y x 1
.
Так как ху = ух и у ln x = x ln y, то:
y y 1 y x  ln y  y  1


х ln y  y 
x
х х

х

y =
=
=
1
x y ln x  x  y x 1 x y  ln x  x 
ln x  x 


у
у


y x ln y 
у y ln y  y у y ln х  1  у  ln x  1

  
= 
х x ln x  x х x ln у  1  х  ln y  1
2
у
y= 0 при х = 1; y не определена при у = 1
 ln x  1  0

ln x  1
ln y  1  0
y  0 при
0 
 ln x  1  0
ln y  1

 ln y  1  0
На интервале (1; +) функция убывает.






x  e

y  e
x  e

y  e
е
1
1
е
х