городская олимпиада 2011, 1 курс

Билет региональной олимпиады по математике 1 курс
10 апреля 2011 года
ЗАДАЧА 1. Требуется изготовить конструкцию высотой 2 метра в форме однополостного гиперболоида вращения. На
высоте 1 метр находится обруч наименьшего радиуса, равного 1 метр. На нём в точках A,B,C,D следует вертикально
закрепить 4 крестовины из стержней (см. чертёж).
Имеется 2 обруча радиуса r  1 , один из которых на высоте 2 метра, второй в основании. На верхний обруч следует
приварить концы E,F,G,H так, чтобы угол между стержнями в каждой из точек E,F,G,H был 300. Вычислить значение
радиуса r .
Справка. Каноническое уравнение однополостного гиперболоида
x2 y 2 z 2

  1.
a 2 b2 c2
ЗАДАЧА 2. Два парохода идут по морю с постоянными скоростями по фиксированным направлениям. Устойчивая
радиосвязь между ними может быть, только если расстояние меньше 13 километров.
В 9.00 расстояние между ними было 20 километров, В 9.35 - 15 километров и в 9.55 - 13 километров.
В течение скольки минут будет возможна устойчивая радиосвязь?
ЗАДАЧА 3. Дана матрица линейного оператора (линейного отображения) в n-мерном пространстве:
1

1
А  1

 ...
1

0
2
1
...
1
0 ... 0 

0 ... 0 
3 ... 0 

... ... ... 
1 ... n 
Найти все возможные значения углов, образованных собственными векторами, относящимися к попарно-различным
собственным числам.
ЗАДАЧА 4. Описать все такие многочлены, состоящие из константы и степенных функций второй и четвёртой степени, для
которых выполняется f (0)  f (a )  1 , f (1)  0 .
ЗАДАЧА 5. Доказать, что для любого n верно
ЗАДАЧА 6. Вычислить предел
lim
x0
1
1
1
1

 ... 
 .
1 2  3 2  3  4
n  (n  1)  (n  2) 4
e x  cos 2 x
1  cos3 x
.


ЗАДАЧА 7. Уравнения движения точки заданы параметрически x(t )  t , y(t )  1  t . Касательная к её траектории
отсекает от 1-й четверти треугольник. Найти наименьшую возможную площать такого треугольника.
2
3
I тур РСО 2010/11 первый курс
ЗАДАЧА 1. Два парохода идут по морю с постоянными скоростями по фиксированным
направлениям. Если расстояние между пароходами меньше 13 километров, то они
находятся в зоне прямой видимости. В 9.00 расстояние между пароходами было 20
километров, в 9.35 - 15 километров и в 9.55 - 13 километров. Укажите промежуток
времени в течение которого пароходы будут находиться в зоне прямой видимости?
Удастся ли пароходам, не меняя курса, избежать столкновения?
РЕШЕНИЕ.
Пусть начало отсчёта - момент времени 9.00 (t=0). Выберем декартову систему
координат так, чтобы один из пароходов в 9.00 находился в начале координат, а ось
абсцисс совпадала с направлением его движения. Обозначим v1 - скорость этого
парохода. Тогда в момент времени t координаты первого парохода x1  v1t , y1  0 в силу
выбора системы координат. Обозначим координаты второго парохода при t=0 ( x02 , y 02 ) ,


v 2 - его скорость v 2  v 2 x  v 2 y  v2 x i  v2 y j ( v 2 - модуль скорости, v2 x  0 , v2 y  0 ).
Знак «-» у проекции на ось OY взят поскольку пароходы сближаются. Пусть направления
движения пароходов образуют угол  . Тогда v 2 x  v 2  cos  , v2 y  v2  sin  . В момент
времени t координаты второго парохода x 2  x02  v 2  cos   t , y 2  y 02  v 2  sin   t .
Квадрат расстояния между пароходами l 2  (v1  t  x02  v 2  cos   t ) 2  ( y 02  v 2  sin   t ) 2
l 2  ( x02 ) 2  ( y 02 ) 2  2[ x02  (v1  v 2 cos )  y 02  v 2 sin ]  t  [( v1  v 2  cos ) 2  (v 2  sin ) 2 ]  t 2
Несмотря на то, что не заданы ни координаты второго парохода ( x02 , y 02 ) , ни угол  , ни
скорости пароходов, можно сказать, что l 2  a  bt  ct 2 - это квадратный трёхчлен
относительно t. Найдём его коэффициенты из условий задачи. Расстояние между
пароходами в 9.00 (t=0) было 20 километров. Поэтому 20 2  a или a  400 . Расстояние
между пароходами в 9.35 (t=35) было 15 километров. Поэтому
15 2  400  b  35  c  35 2
Расстояние между пароходами в 9.55 (t=55) было 13 километров. Поэтому
132  400  b  55  c  55 2
 175  35b  352 c

2
 231  55b  55 c
 b  35c  5

5b  275c  21
32
1
32
1
1
1
b
, c  . S 2  400  t  t 2  t 2  160t  10000  (t  80) 2  602  .
5
25
5
25
25
25
2
2
2
Расстояние 13 километров при S  169 при (t  80)  60  4225 , то есть
(t  80) 2  625  252 , отсюда t  80  25 . Продолжительность этого периода 50 минут.
Ответ: 50 минут.
Замечание. Если взять за единицу измерения времени 5 минут, то система уравнений:
400  a


 225  a  14b  49c ,
169  a  22b  121c

отсюда a  400, b  16, c  1 , следовательно, S 2  t 2  32t  400  (t  16)2  144 .
Расстояние 13 километров при S 2  169 при (t  16)2  25 , то есть t  16  5 .
Продолжительность этого периода 10 единиц, то есть 50 минут.
Ответ: 50 минут.
ЗАДАЧА 2. Дана матрица линейного оператора (линейного отображения) в n-мерном
пространстве:
1

1
А  1

 ...
1

0
2
1
...
1
0 ... 0 

0 ... 0 
3 ... 0 

... ... ... 
1 ... n 
Найти все возможные значения углов, образованных собственными векторами,
относящимися к попарно-различным собственным числам.
РЕШЕНИЕ.
Найдём собственные числа. Составим характеристическое уравнение A  E  0 .
1 
0
0
1
2
0
1
1
3
...
...
...
1
1
1
...
0
...
0
...
0  0,
... ...
... n  
(1  )(2  )(3  )(n  )  0
Характеристическое уравнение имеет n различных вещественных корней. Собственные
числа   1,2,3,...,n .
Координаты собственного вектора, отвечающего собственному числу   1, находим,
решая однородную систему
0

1
1

 ...
1

0
0 ...
1
0 ...
1
2 ...
... ... ...
1
1 ...
0  x1   0 
   
0  x2   0 
0  x3    0  .
   
...  ...   ... 
 
n  1 xn   0 
Преобразуем матрицу системы. Из каждой строки, начиная с третьей, вычтем вторую
строку. Вычеркнем первую строку. Получим матрицу размера (n  1  n)
0 
 1 1 0 ...
 0 0 2 ...
0 


0 .
 0 0 1 ...
 ... ... ... ... ... 
 0 0 1 ... n  1


Базисный минор обведён. Неизвестное x1 - свободное, все остальные зависимые. Из
первого уравнения получим x 2   x1 . Из второго уравнения x3  0 . Подставляя x3  0 в
третье уравнение получим x4  0 и так далее, до xn  0 . Пусть x1  1 . Тогда x2  1 .
Собственному числу   1 отвечает собственный вектор (-1,1,0,...,0).
Координаты собственного вектора, отвечающего собственному числу   2 , находим,
решая однородную систему
 1

1
1

 ...
1

0
0 ...
0
0 ...
1
1 ...
... ... ...
1
1 ...
0  x1   0 
   
0  x2   0 
0  x3    0 
   
...  ...   ... 
 
n  2  xn   0 
Преобразуем матрицу системы. Из каждой строки, начиная с третьей, вычтем вторую
строку. Вычеркнем первую строку. Получим матрицу размера (n  1  n)
0 
 1 0 0 ...
 0 1 1 ...
0 


0 
 0 1 1 ...
 ... ... ... ... ... 
 0 1 1 ... n  2 


В базисный минор включим все столбцы матрицы, кроме второго. Неизвестное x2 свободное, все остальные зависимые. Из первого уравнения получим x1  0 . Из второго
уравнения x3   x2 .
x3  0 . Подставляя x3  0 в третье уравнение получим x4  0 и так далее, до xn  0 . Пусть
x1  1 . Тогда x2  1 . Собственному числу   1 отвечает собственный вектор (1,1,0,...,0).
из первого и второго уравнения x1  0 , из третьего x2   x3 , разность 4-го и 3-го даёт
x4  0 , и так далее, до xn  0 . Собственный вектор для   2 есть вектор (0,-1,1,0,...,0).
Для произвольного номера k получится система однородных уравнений с такой матрицей:
1  k

 1
 1

 ...
 1

 1

 1
 1

 ...
 1

0
0
...
0
0
0
0 ...
2k
0
..
0
0
0
0 ...
3  k ...
0
0
0
0 ...
...
... ... ... ...
1
..
...
...
1
1
...  1 0
0
0 ...
1
1
...
1
0
0
0 ...
1
1
...
1
1
1
0 ...
1
1
...
1
1
1
2 ...
...
...
...
..
... ... ... ...
1
1
...
1
1
1
1 ...
0 

0 
0 

... 
0 
0 

0 
0 

... 
n  k 
здесь именно в k-й строке на диагонали будет 0. Теперь вычтем (k+1)-ю строку из всех последующих и получим
После вычёркивания k-й строки и k-го столбца получится невырожденный минор порядка n-1 (это видно из его нижнетреугольной структуры).
Из k+1 го уравнения получаем соотношение xk   xk 1 , все остальные неизвестные равны 0 (из треугольной структуры
обведённых миноров). Таким образом, для   k соответствует вектор, содержащий (-1) на месте k и 1 на месте k+1.
Так, для   3 получится вектор (0,0,-1,1,...,0). Для предпоследнего,   n  1, вектор (0,...0,-1,1).
Для последнего,
  n:
0
1  n

2n
 1
 1
1

...
 ...
 1
1

...
...
...
...
...
0  x1   0 
   
0 0  x2   0 
0 0  x3    0 
   
 1 0  ...   ... 
 
1 0  xn   0 
0
Здесь получаем из 1-го уравнения
x1  0 , затем из 2-го x2  0 , ... xn1  0 , последняя неизвестная свободная, таким
образом, вектор (0,0,...,0,1).
Итак, совокупность n линейно-независимых собственных векторов:
1,1,0,0,...,0,0
0,1,1,0,...,0,0
0,0,1,1,...,0,0
...
0,0,0,0,...,1,1
0,0,0,0,...,0,1
Модули всех собственных векторов, кроме последнего, равны 2 , для последнего модуль равен 1. Если значения
 отличаются на 2 и более (т.е. не соседние), то векторы ортогональны, так как очевидно, что их скалярное произведение
равно 0. Угол 90 градусов.
Если

 1 
 и равен 120 градусов.
 2 2
- соседние целые числа, то угол между ними вычисляется как arccos
На одной из осей можно взять противоположный вектор, он тоже будет собственным (см. схему).
Для такой пары векторов получится дополняющий угол 180   , то есть 60 градусов.
Для
  n 1 и   n
 1 
 , то есть угол 45 градусов. Аналогично, должен учитываться и
 2
получим arccos
дополняющий угол 135 градусов.
Ответ. 45, 135, 60, 120 и 90 градусов.
Решение задачи 1.
x2 y 2 z 2

  1 . Так как радиус
a2 a2 c2
z2
наименьшего сечения равен 1 по условию, то a  1 , уравнение примет вид x 2  y 2  2  1 .
c
Уравнение гиперболоида вращения (т.е. a  b ) имеет вид
Расположим начало координат в центре окружности - сечения наименьшего радиуса.
Тогда верхний обруч соответствует z  1 , для него уравнение окружности имеет вид
x2  y 2  1 
1
1 c2  1
2
,
то
есть
радиус
связан
с
параметром
c
так:
R

1

 2 .
c2
c2
c
Прямолинейные образующие гиперболоида, которые на верхнем обруче приварены к
одной точке, лежат в вертикальных плоскостях с уравнениями x  1 и y  1 . Возьмём
точки, принадлежащие гиперболоиду, на осях Ох и Оу: (1,0,0) и (0,1,0) . Уравнения
z
z
и x   . Они пересекаются над и под точкой (1,1,0) , а именно в
c
c
точках (1,1, c) и (1,1,c) . Рассмотрим две образующие, которые пересекаются в точке (1,1, c) .
искомых прямых: y  
Первая из них проходит через (1,0,0) и (1,1, c) , значит, направляющим вектором может
служить l1  (0,1, c) , вторая через (0,1,0) и (1,1, c) , направляющим вектором может служить
 (l , l ) 
 c2 
.
l2  (1,0, c) . Угол между ними вычисляется как arccos 1 2  = arccos
2 
l

l
1

c
1
2




2
2
c
3 1

Если между ними угол 30 градусов, то
= 2 , и ответ R 
.
2
1 c
2
R
3
Задача 2. Пусть между направлениями движения пароходов угол  . Выберем за начало
отсчёта момент времени 9.00, за единицу измерения 5 минут, и обозначим v1,v2 - их
скорости. Тогда в момент времени t координату первого и второго можно задать как
x  v1t и y  v2t на первой и второй прямой. Здесь x,y - координата (каждая на своей оси)
в момент t=0.
Декартовы координаты конца вектора b : (b cos  , b sin  ) , так что квадрат расстояния
вычисляется по теореме Пифагора так: S 2  (a  b cos )2  (b sin  )2  a 2  b2  2ab cos ,
поэтому
S 2  ( x  v1t ) 2  ( y  v2t ) 2  2( x  v1t )( y  v2t ) cos 
Несмотря на то, что нам не дан ни угол  , ни положение пароходов в начальный момент,
ни их скорости, можно сказать, что S 2  a  2bt  ct 2 - это квадратный трёхчлен
относительно t. Найдём его коэффициенты из трёх условий задачи:
400  a


 225  a  14b  49c , отсюда a  400, b  16, c  1 , следовательно,
169  a  22b  121c

S 2  t 2  32t  400  (t  16)2  144 .
Расстояние 13 километров при S 2  169 при (t  16)2  25 , то есть t  16  5 .
Продолжительность этого периода 10 единиц, то есть 50 минут.
Ответ: 50 минут.
ЗАДАЧА 3.
Найдём собственные числа.
1 
0
0
...
0
1
2
0
...
0
1
1
3   ...
0
...
...
...
...
1
1
1
... n  
A  E 
 0,
...
Корни   1,2,3,..., n .
Решая однородную систему с характеристической матрицей для значения   1,
0

1
1

 ...
1

0
0 ...
1
0 ...
1
2 ...
... ... ...
1
1 ...
0  x1   0 
   
0  x2   0 
0  x3    0  , из второго уравнения x1   x2 , из разности третьего и второго
   
...  ...   ... 
 
n  1 xn   0 
x3  0 , при учёте этого далее разность 4-го и второго даёт x4  0 , и так далее, до xn  0 .
Собственный вектор для   1 есть вектор (-1,1,0,...,0).
Для   2 система
 1

1
1

 ...
1

0
0 ...
0
0 ...
1
1 ...
... ... ...
1
1 ...
0  x1   0 
   
0  x2   0 
0  x3    0 
   
...  ...   ... 
 
n  2  xn   0 
из первого и второго уравнения x1  0 , из третьего x2   x3 , разность 4-го и 3-го даёт
x4  0 , и так далее, до xn  0 . Собственный вектор для   2 есть вектор (0,-1,1,0,...,0).
Аналогично для   3 получится вектор (0,0,-1,1,...,0). И так до предпоследнего,   n  1,
вектор (0,...0,-1,1).
0
1  n

2n
 1
 1
1

...
 ...
 1
1

...
...
...
...
...
0  x1   0 
   
0 0  x2   0 
0 0  x3    0 
   
 1 0  ...   ... 
 
1 0  xn   0 
0
Здесь получаем из 1-го уравнения x1  0 , затем из 2-го x2  0 , ... xn1  0 , последняя
неизвестная свободная, таким образом, вектор (0,0,...,0,1).
Модули всех собственных векторов, кроме последнего, равны 2 , для последнего
модуль равен 1. Если значения  отличаются на 2 и более, то векторы ортогональны, так
как очевидно, что их скалярное произведение равно 0. Угол 90 градусов. Если  соседние целые числа, то можно взять два собственных вектора вида: (0,-1,1,0,...,0) и
(0,0,1,-1,...,0). Угол между ними вычисляется как arccos
1 
 и равен 60 градусов. И
 2 2
только для   n 1 и   n получим arccos
1 
 , то есть угол 45 градусов.
 2
Ответ. 45, 60 и 90 градусов.
ЗАДАЧА 4.
Обозначим коэффициенты многочлена:
f ( x)  Px4  Qx 2  R ( P  0 )
Во-первых, очевидно, что f (0)  R , поэтому R  1 .
f (a)  Pa 4  Qa 2  1  1, поэтому Pa4  Qa 2  0 , отсюда получаем Q   Pa 2 .
Теперь обратимся к условию на производную.
f ( x)  4Px3  2Qx , поэтому f (1)  4 P  2Q  0 , поэтому Q  2 P .
Q
 2 . В итоге остаётся только один параметр P, и можно
P
задать описание всех многочленов с указанными свойствами: f ( x)  Px4  2Px2  1.
Отсюда, a 2  2 , a  2 , значит
ОТВЕТ. f ( x)  Px4  2Px2  1.
ЗАДАЧА 5. Доказать, что для любого n
1
1
1
1

 ... 
 .
1 2  3 2  3  4
n  (n  1)  (n  2) 4
Разложим дробь на сумму дробей:
1
1
A
B
C
, A  C  , B  1 , тогда
 

2
n  (n  1)  (n  2) n n  1 n  2
1
1
1
1
.



n  (n  1)  (n  2) 2n n  1 2(n  2)
n
1
1 n 1 n 1 1 1 n  2 1
=

    =
2 k 1 k k  2 k 2 k  3 k
k 1 k  ( k  1)  ( k  2)
1 1 1 n 1  1 n 1
1  1 n 1
1
1 


         
    
 2 4 2 k 3 k   2 k 3 k n  1   2 k 3 k 2(n  1) 2(n  2) 
1
1
,1, .
2
2
1 1 1
1  1
1
1
1
1

В итоге получим выражение 
=  


 .
4 n  1 2(n  1) 2(n  2) 4 2  n  1 n  2  4
суммы взаимно сокращаются, так как коэффициенты при них
ЗАДАЧА 6. Вычислить предел
lim
x0
e x  cos 2 x
1  cos3 x
.
Задача может решаться несколькими методами.
1. С помощью преобразований. В знаменателе используем формулу разности кубов
lim
x0
e x  cos 2 x
1  cos3 x
= lim
x0
(e x  1)  (1  cos 2 x)
1  cos x  1  cos x  cos 2 x
a3  b3  (a  b)(a 2  ab  b 2 )
(e x  1)  sin 2 x
(e x  1)  sin 2 x 1
=
=
lim
x0
3 x0
1  cos x  3
2 x
2 sin
2
= lim
1
ex 1
1
sin 2 x
, заменим на эквивалентные бесконечно малые в дробях,
lim

lim
6 x0
6 x0
2 x
2 x
sin
sin
2
2
1
lim
6 x0
x
x2
4

2
x 2
x4
2
2
1
x2
lim 
lim
=
=
.
0=
lim
2
2
x


0
x


0
x
x
3
6
6
6
6 x0 x
4
Второй способ, если сразу подставить разложения по формуле Тейлора, при вычислении степеней находится их

произведение, например cos x = 1 
2

  x2

x2
x2
 o( x 4 )   1   o( x 4 )  = 1  2  o( x 4 ) .
2!
2!
2!
 

Есть и третий путь, по правилу Лопиталя. Если студент решил с помощью применения правила Лопиталя, тоже считать
правильным решением (но оно громоздко).


ЗАДАЧА 7. Уравнения движения точки заданы параметрически x(t )  t , y(t )  1  t . Касательная к её траектории
отсекает от 1-й четверти треугольник. Найти наименьшую возможную площать такого треугольника.
Решение. Уравнение касательной
f ( x0 ) 
2
3
y  y0  f ( x0 )  ( x  x0 ) , а для параметрической кривой производная вычисляется так:
y(t0 )
. Итак, найдём уравнение касательной для произвольного параметра t.
x(t0 )
y  (1  t 3 ) 
 3t 2
 (x  t 2 ) ,
2t
3
3
y  tx  t 3  t 3  1 , подставим x=0 для поиска точки пересечения касательной с
2
2
осью Oy и y=0 для поиска пересечения с осью Ox.
 t3   t2 2 
1  t3   t 2 2 
 0, 1 и   ,0  . Площадь треугольника равна S    1    =
2 2
  3 3t 
 2   3 3t 
1  t3   2 2  1  t5
2
 1  t   =   2t 2   . Осталось найти экстремум по t.
t  6 2
6 2  
t
1  5t 4
2
S (t )  
 4t  2   0 . Сводится к уравнению 5t 6  8t 3  4  0 , обозначим t 3  u и решим квадратичное
6 2
t 
Находим, что эти точки
уравнение 5u  8u  4  0 , u 
2
 8  144  4  6
=
, имеет смысл только положительное u так же как и t (так как при
5
10
отрицательном треугольник не в 1-й четверти).
u  t3 
2
2
, t3
.
5
5
1  t 3   t 2 2  1  1   1 4 2 3 5  1  6 

S    1    =  1  3
=  
2 2
  3 3t  2  5   3 25 3 2  2  5 
1 3 4
5  1 3 4
5
3
3

= 
.

2


2

3  25
2  5  25
2 