городская олимпиада 2009, 2 курс

Городская 2009 ТГУ
Старшие курсы
1. На плоскости Oxy дан квадрат с противоположными вершинами (0, 0) и (1,1) ; контур
этого квадрата обозначим через C . Постройте элементарную функцию f : R  R  R
такую, что f ( x, y )  0 тогда и только тогда, когда ( x, y )  C .
Решение. Обозначим P( x)  x  x 2 . Нетрудно заметить, что ( x, y )  C тогда и только
тогда, когда одновременно выполнены три условия:
а) P( x)  0 или P( y )  0 .
б) P( x)  0 .
в) P( y )  0 .
Условие а) выполнено тогда и только тогда, когда P( x) P( y )  0 . Условие б) выполнено
тогда и только тогда, когда P( x)  P( x)  0 (отметим, что функция P( x)  ( P( x)) 2
является элементарной). Ясно, что условие в) выполнено тогда и только тогда, когда
P( y)  P( y)  0 . Следовательно, в качестве искомой функции можно взять
f ( x, y)  P( x) P( y)2   P( x)  P( x)   P( y)  P( y) .
2
2. Доказать, что существует и найти
2
lim S n , где S n - площадь фигуры, ограниченная
n 
1
кривой y 2  ( x  ) x( x  2) , x  0 , n   .
n
Решение.
1
Построим эскиз графика функции yn ( x)   ( x  ) x( x  2) . При x  0 , она определена на
n
2
1

3x 2  2   2  x 
1
n
 1
n

множестве [ 2,  ] . Имеем: yn (2)  yn     0 . Найдем yn ( x) 
.
n
 n
1

2  x   x( x  2)
n

  1 2

Дискриминант D  4    1  3  числителя дроби строго больше нуля.
 n 



1
1


Поскольку, yn (2)  yn     0 , и yn ( x)  0 на ( 2,  ) , функция yn ( x) имеет одну
n
 n
1
точку максимума на ( 2,  ) .
n
Доопределим функцию yn ( x) на промежуток [-2,0].
 y ( x), x  [2, 1/ n],
Полагаем f n ( x)   n
0, x  (1/ n, 0].
Заметим, что f n ( x) сходится поточечно на [-2,0] к функции f ( x)  x 2 ( x  2) .
1
Кроме того, ( x  ) x( x  2)  x 2 ( x  2) на [-2,0].
n
Действительно, x( x  2)( x 
1
1
 x)  0, x( x  2)  0 на [-2,0].
n
n
f ( x)  x 2 ( x  2) имеет одну точку экстремума (максимума) на [-2,0] при
Функция
4
x .
3
1 .0
0 .8
0 .6
0 .4
0 .2
2 .0
1 .5
1 .0
0 .5
1
Площадь фигуры, ограниченная кривой y 2  ( x  ) x( x  2) , x  0 , n
n
1/ n
Sn = 2

2
0
равна
0
( x  1/ n) x( x  2)dx  2  f n ( x)dx , lim Sn  2 lim  f n ( x)dx ,
n 
2
n 
2
Докажем, что f n ( x) сходится к f ( x) равномерно на [-2,0], тогда можно будет перейти к
пределу под знаком интеграла.
1
1
2
(2  )  .
2
n
n
n
Пусть x  [1/ n, 0] , тогда | f ( x)  f n ( x) |
x  [2, 1/ n]
Пусть
тогда,
| f ( x)  f n ( x) |

1
 x( x  2)   x   x    1  (1  x) 2
n

Следовательно,
sup | f ( x)  f n ( x) |
x[ 2,0]
1
n
1
1
1
 1 n  n 
1
1
x
n
x  x 
n
n
2
, lim sup | f ( x)  f n ( x) | 0 .
n n x[ 2,0]
Значит сходимость равномерная.
11
0
0
2 2 32 2
.
lim Sn  2  lim f n ( x)dx  2   x x  2dx 

n 
n 
15
15
2
2
3. Дано множество неотрицательных чисел {aij } , где индексы i и j пробегают все пары

натуральных чисел. Известно, что при любом натуральном i выполнено  aij  1 .
j 1

Возможно ли, что при любом натуральном j выполнено
a
i 1
ij
  ?
Решение. В силу расходимости гармонического ряда достаточно положить
1 i , если i  j ;
a ij  
 0, если i  j.
Ответ: возможно.
4. С помощью циркуля и линейки (линейка без делений) провести касательную к
гиперболе в точке, лежащей на данной гиперболе.
Решение.
P
1. Прямая, проходящая через середины параллельных хорд, является диаметром. Любой
диаметр центральносимметричной кривой проходит через ее центр.
P
●
●
●
Y
Находим центр.
N1
N2
K2
N3
O
K1
X
N4
Из точки O отмечаем на равном расстоянии точки N1 , N 2 , N 3 , N 4 . В прямоугольнике
N 1 N 2 N 3 N 4 отмечаем середины сторон. Получаем оси гиперболы. Через вершины
гиперболы K 1 и K 2 проводим прямые параллельные вертикальной оси. K 1 K 2 −
действительная ось гиперболы.
Y
A
B
K1
С
P(x 0 , y 0 )

K2
3. Каноническое уравнение гиперболы
b  y0
a
x  a2
2
0
O
x0
X
y 02 x 02  a 2
x2 y2
.
Найдем
мнимую
ось.
,



1
b2
a2
a2 b2
. Из точки O циркулем отмечаем на расстоянии x 0 точку A . Тогда
x02  a 2  AK1 и
a
x  a2
2
0
 ctg
, b  y 0 ctg  BCctg  OC . Откладываем по вертикальной оси
OC , получаем асимптотический прямоугольник.
Y
F
b
-C
O
P
a
C
X
4. Отмечаем на горизонтальной оси циркулем фокусы: С  a 2  b 2  OF .
5. Заданную точку P соединяем с фокусами
Y
P
F2
O
Касательная является биссектрисой угла F2 PF1 .
F1
X
5. Доказать биссекториальное свойство касательной к эллипсу: касательная к эллипсу в
произвольной точке М есть биссектриса угла, смежного с углом между фокальными
радиусами точки касания.
Решение.
r1  F1M , r2  F2 M
r1  F1 F2  r2
r1  r2  2a
r1  
(*)
(**)
(r1 , r1 )
(r , r  )
, r2   2 2 ,
r1
r2
Дифференцируем (*): r1  r2  0 .
Дифференцируем (**): r1   r2   0 .
 r1
  r2

 , r1    , r2   0,
 r1
  r2

 r1 r2

  , r1   0.
 r1 r2

r1 r2
– вектор, параллельный биссектрисе угла между фокальными радиусами. Он

r1 r2
перпендикулярен касательной к эллипсу в точке М. Значит, касательная с направляющим
вектором r1 будет биссектрисой угла, смежного с углом между фокальными радиусами.
6. Стержень ломается случайным образом на две части. Каково среднее отношение длины
короткого куска к длине длинного куска?
Решение. Можно считать, что точка перелома лежит в правой половине стержня.
Рассмотрим стержень единичной длины.
0
x
1
2
1
X
1 x
─ отношение короткого куска к длинному. Так как величина x равномерно
x

1 
2, x   2 , 1,



1 
распределена на  ; 1 , то f ( x)  
, то среднее отношение равно
1
2 


0, x  , 1 .
 2 

Тогда
1
M [ x]   2 
1
2
1 x
dx  2(ln x  x) 11  2 ln 2  1.
x
2
7. Дан отрезок [a, b]  R. Рассмотрим произвольное разбиение этого отрезка
T = {a = x0 < x1 <…< xn = b}. Под мелкостью разбиения понимаем, как обычно,
n
| T | = max {xi = xi – xi–1, i = 1, 2,…, n}. Найдите
  xi 
|T |0
lim
2
.
i 1
Решение 1.
n
lim
|T |0
  xi  = lim
2
|T |0
i 1
Каждая из сумм
n
 ( xi  xi1)  xi  = lim
|T |0
i 1
n
n
 xi  xi   lim
|T | 0
i 1
n
 xi1  xi  .
i 1
n
 xi  xi 
и
i 1
 xi1  xi 
является интегральной суммой для
i 1
b
x2
определенного интеграла  xdx , поэтому при | T | → 0 они обе стремятся к
2
a
n
  xi 
|T |0
Следовательно, lim
2
b
a
b2  a 2
.

2
= 0.
i 1


Решение 2. Пусть xi0  max xi , i  1, n . Тогда
n
n
2
 xi    xi
i 1
i 1
0
n
i 1
n
  xi 
|T |0
 xi  xi0   xi  T (b  a) . Следовательно, lim
i 1
2
= 0.