ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКЕ 2013

ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКЕ 2013
Задачи для 1 курса
Физические факультеты
1. Докажите, что для всякого натурального числа n  1 существует матрица
A размера n  n такая, что An  0 и An1  0 .
2. Будем говорить, что число T является периодом функции f (x), если T  0 и
при любом x выполнено f (x  T )  f (x) [например, функция sin x имеет
периоды 2, 4, 6 и т.д.]. Пусть вещественная функция f (x) определена и
непрерывна на всей вещественной прямой и при этом отлична от константы.
Докажите, что если у функции f (x) есть период, то у неё есть и наименьший
период.
3. Найдите наибольшее значение функции y  n sin x cos n x на отрезке [0;/2].
4. Доказать, что если функция f ( x) имеет в конечном или бесконечном
интервале (a, b) ограниченную производную f ( x ) : f ( x)  M , то f ( x)
равномерно непрерывна на (a, b) .
5. Вычислить
1


 cos2 x

x
lim  x
3 
x 

2

(ctgx)2
.
6. Найти расстояние между скрещивающимися биссектрисами в гранях
правильного тетраэдра с ребром a .
7. Доказать, что целая часть корня четвёртой степени из произведения восьми
последовательных натуральных чисел равна n2  7n  6 , где n - наименьшее из
восьми натуральных чисел.
ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКЕ 2013
Задачи для старших курсов
Физические факультеты
1. Пусть x, y — положительные числа, причём отношение x y есть
иррациональное число. Докажите, что число 0 можно сколь угодно точно
приблизить линейной комбинацией чисел x и y, т.е. что при любом   0
найдутся целые числа M и N такие, что Mx  Ny   .
2. Доказать неравенство:
 x  x  ...  xn  для
 1 2 a 1
a
x  x  ...  x
a
1
a
2
a
n
n
 sin 2 x 
3. Найдите предел lim
2 
x0
 x 
(2013)
a  1 и x1  x2  ...  xn  0 .
, где (2013) означает производную порядка
2013.
4. Пусть для непрерывно дифференцируемой на (0;+) функции f верно:
lim (f(x)  f (x))  0 . Докажите, что в этом случае lim f(x)  0 .
x
x
5. Исследовать положительный ряд на сходимость

  n  1!
n
 2!4!6!...  2n ! .
n 1
6. Пусть A – матрица.
2
3
n
2!
3!
n!
A
A
A
По определению, e A  E  A    ...   ... , где E - единичная матрица.
Найти матрицу e
 t

 0



 t 
t
, где  - фиксированное вещественное число, t  .
 dy
y2
,
 
7. Решите систему дифференциальных уравнений:  dx z  x
 dz  y  1.
 dx
ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКЕ 2013
Задачи для естественных факультетов
1. Найдите среднее значение функции f ( x) 
1

на 0;  .
2
1  a sin x
 2
2
2
x t 
  e dt 


0

 .
2.Найдите xlim
  x
2t
 e dt
2
2
0
3. Из всех прямоугольников данного периметра найдите тот, у которого
диагональ наименьшая.
4. Построить график функции y  x x .
5. В книжной лотерее треть билетов выигрышных. Сколько билетов надо
купить, чтобы вероятность хоть что-то выиграть была больше 0,95 .
6. Найти константу в выражении
x
3
 x 2  .
20
7. Рулон бумаги разрезают под постоянным углом. Какая линия получится
при разворачивании рулона, если толщиной бумаги пренебречь?
Задачи для 1 курса
Физические факультеты
1. Докажите, что для всякого натурального числа n  1 существует матрица A размера
n  n такая, что An  0 и An1  0 .
Решение.
0

0
0

Положим A  
0

0

0
0 0 0

0 0 0
  

A n 1   0 0 0
0 0 0

0 0 0

0 0 0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
  
0
0
0
0
0
0
0 0 0
0  0
0

0
  
0

0
0

0
0

0
0

0
0
0 0 1 0  0 0



 0 0
0 0 0 1  0 0
       
 0 0



   , тогда A 2   0 0 0 0  1 0  , …
0 0 0 0  0 1
 1 0 


0 0 0 0  0 0
 0 1



 0 0
0 0 0 0  0 0
1

0


0  и An  0 , что и требовалось.
0 
0

0

0
2. Будем говорить, что число T является периодом функции f (x), если T  0 и при любом
x выполнено f (x  T )  f (x) [например, функция sin x имеет периоды 2, 4, 6 и т.д.].
Пусть вещественная функция f (x) определена и непрерывна на всей вещественной прямой
и при этом отлична от константы. Докажите, что если у функции f (x) есть период, то у неё
есть и наименьший период.
Решение.
Заметим, что если T является периодом функции f (x), то при любом x выполнено
f (x)  f ((x – T )  T )  f (x – T ).
Пусть функция f (x) определена и непрерывна на всей вещественной прямой, отлична от
константы и имеет хотя бы один период. Тогда множество A, состоящее из всех чисел,
являющихся периодами функции f (x), непусто. Это множество ограничено снизу (числом
0), а значит, существует наибольшая нижняя грань   inf A (являющаяся
неотрицательным числом).
Предположим сначала, что   0. Поскольку функция f (x) отлична от константы, найдутся
точки a, b 
такие, что f (a)  f (b). В силу непрерывности функции можно найти число
  0 такое, что при всех x  (b – , b  ) выполнено f (a)  f (x). Из   0 следует, что для
ba
b  a 
 n 1.
некоторого периода T выполнено   T. Обозначим n  
, тогда n 

T
 T 
Отсюда получаем nT  b  a  nT  T и, далее, b    b  T  a  nT  b . Поэтому число
a  nT принадлежит промежутку (b – , b  ), т.е. f (a)  f (a  nT ). Последнее неравенство
противоречит тому факту, что T является периодом функции f (x).
Получили, что   0. Если   A, то  является наименьшим числом в множестве A, т.е.
наименьшим периодом функции f (x). Предположим, что   A. Поскольку  есть
наибольшая нижняя грань множества A, число 2 уже не является нижней гранью этого
множества. Следовательно, найдётся период T1  A такой, что 2  T1  . Далее, число T1
также не является нижней гранью множества A, а значит, существует период T2  A такой,
что T1  T2  . Тогда число T  T1 – T2 удовлетворяет условию   T  0. Кроме того,
имеем
f (x  T )  f (x  T1 – T2)  f (x  T1)  f (x),
т.е. T является периодом функции f (x) и T  A. Последнее включение противоречит
условию   inf A.
Полученное нами противоречие доказывает, что   A и, значит, наименьший период
существует.
3. Найдите наибольшее значение функции y  n sin x cos n x на отрезке [0;/2].
Решение.
y  n(cos n1 x  nsin 2 x cos n1 x)  n cos n1 x(cos 2 x  nsin 2 x) .
При x(0; /2) имеем: y  0  cos 2 x = nsin 2 x  tg 2x 1/ n.
Существует ровно одно значение x0 (0;/2) такое, что tg 2x0 1/ n , так как на этом
интервале функция tg x строго возрастает.
Так как y(0) = y(/2) = 0, а y(x0)  0 , то y(x0) – искомое значение. Найдём его.
y (x0)  n sin x0 cos x0  n tg x0 cos
2
2

 n 1  1
n 11/ n
2n
2
  
n1

n
n 1
2n2


x0  n  tg x0  1 2 
 1 tg x0 
2
n1

n1
.
 
n n1 .
n 1
4. Доказать, что если функция f ( x) имеет в конечном или бесконечном интервале (a, b)
ограниченную производную f ( x ) : f ( x)  M , то f ( x) равномерно непрерывна на
Следовательно, yнаибольшее 
( a, b) .
Решение.
Из существования производной f ( x ) на (a, b) следует непрерывность функции на
(a, b) . Возьмем две произвольные точки x1 , x2  (a, b) , x1  x2 . Для промежутка  x1 , x2 
применим теорему Лагранжа
f  x2   f  x1   f   s  x2  x1  , s  x1 , x2  .
Тогда
f  x2   f  x1   f   s  x2  x1  M x2  x1 .
Выберем   0 . Как бы ни была расположена пара точек x1 и x2 , лишь

только x2  x1 
, так f  x2   f  x1    .
M
5. Вычислить
Решение.
1


 cos2 x

x
lim  x
3 

x 

2

(ctgx)2
.
1


 cos2 x

x
lim  x
3 
x 

2

(ctgx)2
  0   e
 1

2
lim ( ctgx ) 2 ln  x cos x  3x 



x


2
1

 12

3x
2
lim(ctgx) 2  ln  x cos x  3x   lim(ctgx) 2  (ln x cos x  ln 1  1



x
2

 x 2
2
 x cos x

) 


 



ln
x
2 


ln
x
3
ctg
x
   lim 
   2  0   ln  .

1
2
  x    sin x

1
2
2

2
x cos x  



6. Найти расстояние между скрещивающимися биссектрисами в гранях правильного
тетраэдра с ребром a .
Решение.
По сравнению с элементарной математикой это задача легко решается методами
аналитической геометрии.

1

3x
2
 lim  (ctgx) 2  ln x cos x  (ctgx) 2  ln 1  1


x 
2

2
 x cos x
Если заданы две скрещивающиеся прямые:
x  xA y  y A z  z A
x  xB y  y B z  z B
L1 :




и L2 :
,
l1
l2
l3
m1
m2
m3
то согласно геометрическому смыслу смешанного и векторного произведений
d
 l, m, n  , где n  AB .
lm


3 a 
3 a 
, , 0  , B  a
,  , 0  ,
Координаты точек A  a
2
2
2
2 




a2
6
3
6
, 0, a
CD  a 2 
a
, поэтому C  a
 .
3
3
3
3


Из соображений симметрии следует, что возможны два ответа:
d1  OE, AF  и d2  OE, BG  .
OE :
x y z
  ;
1 0 0
3
a
y
2 
2  z , где m  FA ;
m1
m2
m3
xa
AF :
координаты точки F : xF 
xB  xC
y  yB
5 3
a
 ,
a
, yF  C
2
12
2
4
z B  zC
6
a
.
2
6
Следовательно,
5 3
3
3
m1  xF  x A  a
a
 a
;
12
2
12
a a
3
m2  yF  y A      a;
4 2
4
6
m3  z F  z A  a
;
6
3
a
, n2  , n3  0 .
n  OA , n1  a
2
2
zF 
1
Тогда
0
l, m, n   a 123
a
3
4
a
2
a
i
j
3
12
1
l  m  a
a
0
3
4
a
6
6
,
 a 2
6
12
 l , m, n   a
2
6
,
12
0
k
3
4
a
0
6
6
3
 0i  a
ja k ,
6
6
4
0
lm 
a 2 9a 2
35
105

a
a
6 16
48
12
a 2 6 12
2
70
.
d1 
a
a
12 a 105
35
35
Те же вычисления проводим для прямой BG :
x  xO
y  yO
z z
3
6
 0 , zG  C O  a
xG  C
a
, yG  C
,
2
6
2
2
6
3
6
a
m1  xG  xB  a
, m2  yG  yB  , m3  zG  z B  a
;
3
6
2
3
a
, n2  , n3  0 .
n  OB , n1   a
2
2
Тогда
1
0
l, m, n   a
3
3
a
2
a
3
2
a
2
lm 
0
a
j
k
1
0
0
3
3
a
2
a
 l , m, n   a
2
6
,
12
0
i
a
6
6
,
 a 2
6
12
 0i  a
6
3
ja k ,
6
4
6
6
a2 a2
5
60
6 12
10

a
a
, d2  a 2
.
a
6
4
12
12
12 a 60
10
7. Доказать, что целая часть корня четвёртой степени из произведения восьми
последовательных натуральных чисел равна n 2  7n  6 , где n - наименьшее из восьми
натуральных чисел.
lm 
Решение.
Произведение восьми последовательных натуральных чисел (n – наименьшее из них)
запишем в виде
и
P  n(n  7)(n  1)(n  6)(n  2)(n  5)(n  3)(n  4) 
 (n 2  7 n  6  6)(n 2  7 n  6)( n 2  7 n  6  4)( n 2  7 n  6  6) 
 a 4  4a 3  36a 2  144a  a 4  4a (a  3)(a  12),
где a  n 2  7n  6 .
Поскольку при n  1 выполняется неравенство a  12, то a 4  P.
Кроме того, (a  1)4  P  42a 2  148a  1  0, т.о., a 4  P  (a  1)4 .
Задачи для старших курсов
Физические факультеты
1. Пусть x, y — положительные числа, причём отношение x y есть иррациональное число.
Докажите, что число 0 можно сколь угодно точно приблизить линейной комбинацией
чисел x и y, т.е. что при любом   0 найдутся целые числа M и N такие, что Mx  Ny   .
Решение.
Обозначим через A множество всех положительных чисел вида Mx  Ny , где M и N —
целые. Ясно, что x, y  A. Рассматриваемое множество ограничено снизу (числом 0), а
значит, существует наибольшая нижняя грань   inf A (являющаяся неотрицательным
числом).
Предположим сначала, что   0. Рассмотрим два случая.
а) Пусть   A. Поскольку  есть наибольшая нижняя грань множества A, число 2 уже
не является нижней гранью этого множества. Следовательно, найдётся число
a1  M1 x  N1 y такое, что 2  a1  . Далее, число a1 также не является нижней гранью
множества A, а значит, существует a2  M 2 x  N 2 y такое, что a1  a2  . В этом случае
для положительного числа a1  a2  (0, ) имеем a1  a2  (M1  M 2 ) x  ( N1  N 2 ) y  A ,
что противоречит условию   inf A.
б) Пусть теперь   A, тогда   Mx  Ny . Из условия задачи имеем x  y; в силу
симметрии можно считать, что x  y (тогда x  y  ). Рассмотрим число d  x   1 . Если
x
dN
d — целое, то dM  1 (так как d  2 ) и из условия d  x мы получаем, что  
y
dM  1
есть рациональное число (а это невозможно). Следовательно, d не является целым числом.
Тогда для некоторого целого k выполнено k  x   k  1, т.е. 0  x  k   . С другой
стороны, x  k  (1  kM ) x  (kN ) y  A — вновь получили противоречие с условием
  inf A.
Таким образом, должно выполняться условие   0. Это означает, что при любом   0 для
некоторых целых M и N выполнено 0  Mx  Ny   , что и требовалось.
2. Доказать неравенство:
x  x  ...  x
a
1
a
2
a
n
 x  x  ...  xn 
 1 2
n a 1
a
для a  1 и x1  x2  ...  xn  0 .
Решение.
Обозначим x1  x2  ...  xn  b и исследуем на условный экстремум функцию
u  x1a  x2a  ...  xna , если x1  x2  ...  xn  b .
Составим функцию Лагранжа:   x1a  x2a  ...  xna    x1  x2  ...  xn  b  .
Система для определения точек возможного экстремума имеет вид:
 
 axka 1    0, k  1, n;


x
 k
 x  x  ...  x  b.
n
 1 2
Из первых n уравнений следует, что x1  x2  ...  xn , а тогда из последнего получаем
b
xk  , k  1, n .
n
Для проверки достаточных условий экстремума находим второй дифференциал функции
Лагранжа:
n
b
d 2   k   a  a  1 xka  2 dxk2 , который в точке x1  x2  ...  xn 
n
k 1
a 2
b
удовлетворяет условию: d   a  a  1    dx12  dx22  ...  dxn2   0 , ведь a  1 .
n
b
b b
Следовательно, функция u имеет в точке  , ,..., 
условный минимум, т.е.
n
n n
2
a
umin
a
a
a
b b
b
b
       ...     n    u  x1 , x2 ,..., xn  или
n n
n
n
n
x  x  ...  x
a
1
a
2
a
n
 x  x  ...  xn 
 1 2
n a 1
a
.
(2013)
 2 
3. Найдите предел lim  sin2 x 
, где (2013) означает производную порядка 2013.
x0 x

Решение.
2
Представим функцию f(x)  sin2 x её рядом Маклорена. Имеем:
x
(2x) 2 (2x) 4
2
1

(1


 ...)
1 cos(2x)
24x 2  26x 4  ... ,
2!
4!
f(x)  sin2 x 


1

2  4! 2  6!
x
2x 2
2x 2
причем это равенство верно для всех x  R, x  0 . Но можно считать равенство верным и
2
при x = 0, имея в виду, что lim sin2 x 1 .
x0 x
Так как функция f(x) разлагается в степенной ряд на вей вещественной прямой, это и есть
её ряд Маклорена, то есть
4 2
6 4
f  (0) 2 f  (0) 3
1 2 x  2 x  ...  f(0)  f  (0)  x 
x 
x  ... .
2  4! 2  6!
2!
3!
Так как при нечётных степенях в полученном разложении коэффициенты нулевые, то
производная f (2013)(0) равна нулю.
Осталось заметить, что функция, представимая своим рядом Маклорена, является
бесконечно дифференцируемой, откуда следует, что любая её производная непрерывна.
 2 
Значит, lim  sin2 x 
x0 x

(2013)
 lim f (2013)(x)  f (2013)(0)  0 .
x0
4. Пусть для непрерывно дифференцируемой на (0;+) функции f верно:
lim (f(x)  f (x))  0 . Докажите, что в этом случае lim f(x)  0 .
x
x
Доказательство:
Рассмотрим линейное дифференциальное уравнение y  y  g(x), где g(x)  f(x)  f (x) .
x
Общее решение этого уравнения имеет вид: y(x)  Cex  ex g(t)etdt .
0
x
Значит, существует число С0 такое, что f(x)  C0ex  ex g(t)etdt .
0
x
Для того, чтобы lim f(x)  0 , необходимо и достаточно: lim ex g(t)etdt  0 .
x
x
0


t 
  g(t)e dt 
x
  lim g(x)e  0 по условию.
Проверим это, применив правило Лопиталя: lim  0
x
x e x
ex 
x
 
5. Исследовать положительный ряд на сходимость

  n  1!
n
 2!4!6!...  2n ! .
n 1
Решение.
Применим к данному ряду

a
n 1
n
признак Даламбера в предельной форме:
2!4!...  2n !
  n  2 !
 n  2   n  2 !
a
.
lim n 1  lim

 lim
n
n  a
n  2!4!...  2 n  ! 2 n  2  !
n
  n  1! n  2n  2 !
n 1
n
Для нахождения этого предела рассмотрим положительный ряд
 n  2   n  2 !   c


n . Применим к нему признак Даламбера:
 2n  2  !
n 1
n 1
n

n
cn 
1 2  ...   n  1 n  2  n  2  n  2  ...  n  2 
1 2  ...   n  1 n  2  n  3 n  4  ...  2n  2 

n

n2 n2
n2
n2 3

 ... 


n3 n4
2n  2 2n  2 4
Следовательно, ряд

c
n 1
n
для n  .
сходится, а тогда для этого ряда выполняется необходимый
 n  2   n  2 !  0
признак сходимости: lim
, что по признаку Даламбера означает
n 
 2n  2  !
n

 n  1!

сходимость исходного ряда 
.
n 1 2!4!6!...  2n  !
n
6. Пусть A – матрица.
A2 A3
An
A

 ... 
 ... , где
По определению, e  E  A 
2!
3!
n!
E - единичная матрица.
e
Найти матрицу
Решение.
 t

 0



 t 
t
, где  - фиксированное вещественное число, t  .
t t   1 
A

t


 0 t   0  
  2 2 
Тогда A2  
 t 2
2
 0  


  n n n1 
По индукции, если An  
t n , то

n 
 0



  n1 (n1) n 
An1  An  A  
 t n1
n

1
 0




Пусть


 2t 2
 nt n
2 t 2
n n 1t n
1 t 
 ...
 ... 0  t 
 ...
 ... 

2!
n!
2!
n!

e A  E  A  A  A  ...  A  ...  
2 2
2! 3!
n!


 t
 nt n
0
1 t 
 ...
 ... 

2!
n!


2
 e t

 0
3
n
te t   t  1 t 
e 
.
e t 
 0 1
 dy
y2

 dx z  x ,
7. Решите систему дифференциальных уравнений: 
 dz  y  1.
 dx
2

y
,
 y 
Решение. Систему перепишем в виде 
z  x Из второго уравнения выражаем
 z   y  1.

y  z   1 , откуда получаем y  z  . Подставляя полученные равенства в первое уравнение
системы будем иметь z z  x   z   1 . Сделав замену ( z  x)  t ( x) , z  1  t , z  t 
2
2
получим уравнение t t  t  , которое допускает понижение порядка заменой
t   p(t ), t   pp . Рассматриваемое уравнение примет вид ppt  p 2 или p( pt  p)  0.
Последнее уравнение имеет две ветки решения:
1. p  0 , следовательно t  0 , откуда t  c1 и решение системы запишется в виде:
 z  x  c1 ,

 y  0.
dt
dp dt
 c2 dx ,
 , следовательно p  c2t . Имея в виду, что t   p (t ), получим
t
p
t
 z  x  c3e c x ,
c x
откуда t  c3e и, окончательно, 
 y  c2 c3e c x .
2.
2
2
2
Задачи для естественных факультетов
1. Найдите среднее значение функции f ( x) 
1
 
на 0;  .
2
1  a sin x
 2
2
Решение.

2
dx

2
2
sin
x
2
dx
По теореме о среднем, имеем f (c)  0
. Сделав замену tgx  t ,
 
2

 0 1  a sin 2 x
2

1
2
dt
приходим к несобственному интегралу 
, значение которого равно
.
2
2
 0 1 a 1 t
1 a2
 1 a
2


2
x t 
  e dt 


 .
2.Найдите lim  0x
x  
2t
 e dt
2
2
0
Решение.
2
x t 
  e dt 


 =    . Избавимся от данной неопределенности по правилу Лопиталя.
lim  0x
 
x  
 
2t
e
dt

2
2
0
2
x
x
 t 
x
t
  e dt 
2e  e dt
et dt



 
 = lim
0
lim  0x
= 2 lim 0 x =   . Еще раз применим правило Лопиталя,
2
x
x  
x  
x   e
e
 
2t
e
dt

x
2
2
2
2
2
2
2
0
x
e
t2
dt
2
ex
получим 2 lim
=
2
lim
0.
x   e x
x  2 xex
3. Из всех прямоугольников данного периметра найдите тот, у которого диагональ
наименьшая.
Решение.
Пусть периметр прямоугольника равен 2 p и одна из сторон равна x , тогда другая равна
p  x . И пусть диагональ прямоугольника есть y , тогда y 2  x 2  ( p  x) 2 и следовательно
4x  2 p
2x  p
y  2 x 2  2 px  p 2 . Найдем производную y 

.
2 2 x 2  2 px  p 2
2 x 2  2 px  p 2
0
2
2
-

Приравняв производную к нулю, получим x 
p
(квадрат). Исследуем знак производной
2
при переходе через критическую точку
И, следовательно, в критической точке функция имеет минимум. Поэтому из всех
прямоугольников данного периметра наименьшую диагональ имеет квадрат.
4. Построить график функции y  x x .
Решение. Функция определена и непрерывна (как суперпозиция непрерывных функций)
и положительна для всех x  0 .
lim y  lim e x ln x   , следовательно, горизонтальной асимптоты нет.
x  
x  
1


0
,
x

,

1
e
x ln x 
x
Из неравенства y  e
вытекает, что при 0  x 
 x (ln x  1)
e
 0, 0  x  1 ,

e
1
1
функция убывает, при x  функция возрастает, а при x  имеет минимум, равный
e
e


1
 1 e
  , кроме того y (0)  0 , а y  0 всюду в D( y ) , следовательно, функция выпукла вниз.
e
4.0
3.5
3.0
2.5
2.0
1.5
0.5
1.0
1.5
5. В книжной лотерее треть билетов выигрышных. Сколько билетов надо купить, чтобы
вероятность хоть что-то выиграть была больше 0,95 .
2.0
Решение.
n
2
Вероятность того, что при покупке n билетов все будут проигрышные равна   .
3
n
2
Требуется решить неравенство    0, 05 , откуда следует:
3
2
lg 20
n lg   lg 20 , n  
 7,34 . Поэтому следует купить не менее 8 билетов.
3
lg 2  lg 3
6. Найти константу в выражении
x
3
 x 2  .
20
Решение.
Необходимо найти коэффициент при нулевой степени x . Согласно биному Ньютона:
x
3
 x 2    C20k  x 3 
20
20
20  k
k 0
 x  , поэтому нулевая степень x получится, если
2 k
3 20  k   2k  60  5k  0 , т.е. при k  12 . Следовательно, искомая константа равна
20!
12
C20

.
12!8!
7. Рулон бумаги разрезают под постоянным углом. Какая линия получится при
разворачивании рулона, если толщиной бумаги пренебречь?
Решение.
z x
   1  секущая плоскость
a R
 x 2  y 2  2 Rx  цилиндр.

В цилиндрической системе координат
z
2
  1  2 cos 
a

r  2 R cos 
 x  r cos   2 R cos 2 

 y  r sin   2 R cos  sin 
 уравнение окружности
1
l
(  ) .
2
R
Получили уравнение линии в системе координат ( z , l ) :
l

l
l
z  a (1  2 cos 2 ( 
))  a(1  2sin 2
) . Т.е., z  a cos .
R
2 2R
2R
Следовательно, при развёртывании получается синусоида, удовлетворяющая уравнению
l
z  a cos .
R
Длина дуги
OL : l  R(  2 );  