Решения 1

Примерный вариант решения заданий
СТУДЕНЧЕСКОЙ ИНТЕРНЕТ-ОЛИМПИАДЫ 2014.
1 КУРС.
1. Пусть M n (R) – множество вещественных матриц n -го порядка. Укажите все
значения n , при которых существует матрица A  M n (R) такая, что A2   E , где E
– единичная матрица.
Решение. Так как определитель произведения матриц равен произведению
определителей матриц, то имеем: A 2   E   1n  A
2
2
Следовательно, при нечетном значении n должно выполняться равенство A  1 , что
невозможно, так как квадрат определителя матрицы A  M n (R) – вещественное
положительное число. Остается вариант n – четное число, тогда искомые матрицы
существуют.
В качестве примера можно рассмотреть матрицу, все элементы имеют вид:
(1) i , если i  j  n  1,
aij  
 0, если i  j  n  1.
Тогда элемент сij матрицы A2 при i  j имеет вид
сii  ai1  a1i  ai 2  a2i  ...  ai ( n1i )  a( n1i )i  ...  ain  ani  0  0  ...  (1) i  (1) n1i  0  ...  0  1,
при i  j имеет вид
сij  ai1  a1 j  ...  ai ( n1 j )  a( n1 j ) j  ...  ai ( n1i )  a( n1i ) j  ...  ain  anj 
 0  ...  0  (1) n1 j  ...  (1) i  0  ...  0  0.
0, если i  j,
1, если i  j,
Таким образом, сij  
2
т.е. A   E .
Пример подобной матрицы 4-го порядка:
0 0

0 0
A
0 1

1 0

0  1

1 0
0 0

0 0 
2. Записать уравнение траектории материальной точки, которая в каждый момент
времени вдвое ближе к прямой 5 x  3 y  7  0 , чем к точке A(3;1) .
Решение. Обозначим материальную точку через M ( x; y) . Расстояние от точки
M ( x; y) до прямой равно
определяется по формуле
5x  3 y  7
34
. Расстояние от точки M ( x; y) до точки A(3;1)
x  32   y  12 .
По условию:
2
5x  3 y  7
34

x  32   y  12 .
Преобразуем полученное уравнение:


2
25 x 2  9 y 2  49  30 xy  70 x  42 y  x 2  6 x  9  y 2  2 y  1 ;
17
33 x 2  60 xy  y 2  38 x  50 y  81  0 .
Поскольку 33  1  30 2  0 , то траектория точки представляет собой гиперболу.
3. Функция f (x) определена и дифференцируема в некоторой окрестности точки
5
 f ( x)  log 7 x 1
x  7, f (7)  0. Найти lim 
.

x  7  f (7) 
Решение.


 f ( x)  log 7 x 1
f ( x )  f (7 ) 


lim 
 1  lim  1 
x  7  f (7 ) 
x 7 
f
(
7
)



5
 
f (7)
f ( x )  f (7)





f ( x )  f (7)
5 ln 7

f (7)
 x 7 
ln  1

7 


 35 ln 7
f ( x)  f (7) 35 ln 7 
f ( x )  f (7 ) 
 exp  lim

lim
  exp 

x

7
x

7
f
(
7
)
x

7
f
(
7
)
x

7




 35 ln 7

 exp 
 f (7)
 f (7 )


4. Дан треугольник ABC. На прямой AC найти такую точку M, чтобы сумма радиусов
окружностей, описанных вокруг треугольников AMB и CBM, была наименьшей.
Решение. Пусть точка M лежит на прямой AC . Обозначим величину угла BMA
через  , тогда угол BMC равен    . Пусть радиус описанной около треугольника
BMA окружности равен R A , а радиус окружности, описанной около треугольника
BMC , равен RC . По теореме синусов:
RA 
AB
BC
BC

, RC 
.
2 sin 
2 sin     2 sin 
Введем функцию аргумента  ,   0;   , значение которой равно сумме радиусов
R A и RC , и найдем точку ее минимума:
f ( ) 
AB
BC
AB  BC 1
1



 c
.
2 sin  2 sin 
2
sin 
sin 
f ( )  c 
1
 cos
sin 2 
f ( )  0   
Следовательно, точка M
на AC .

2
– основание перпендикуляра, опущенного из вершины B
5. Найти наименьшее значение a, при котором сумма 204 n  a  199 n делится на 2015
при всех нечетных n.
Решение. Число 2015 можно разложить на множители 5 и 403. Сумма 204 n  a  199 n
будет делиться на 2015, если она будет делиться на 5 и на 403.
Преобразуем исходную сумму:
204 n  a 199 n  199  5n  a 199 n  5k  199 n  a 199 n  5k  (a  1) 199 n .
Поскольку 5 и 199 взаимно простые числа, то исходная сумма будет делиться на 5,
если a  1 будет кратно 5, т.е. a  5 p  1.
С другой стороны,
204 n  a 199 n  403  199 n  a 199 n  403t  199 n  a 199 n  403t  (a  1) 199 n .
Таким образом, поскольку 403 и 199 взаимно простые числа, исходная сумма будет
делиться на 403, если a  1 будет кратно 403, т.е. a  403s  1 .
Равенство 5 p  1  403s  1 возможно при наименьшем значении s  1. Таким
образом, наименьшее значение a , при котором сумма 204 n  a  199 n делится на 2015,
равно 404.
6. Функция f (x) непрерывна на отрезке [0;1] и дифференцируема в промежутке
(0;1) . Известно, что функция f (x) удовлетворяет условию 8 f ( x 5 )  f 2 ( x 7 )  16 .
Докажите, что на (0;1) существует точка c такая, что f (c)  0 .
Решение. При x  0 неравенство 8 f ( x 5 )  f 2 ( x 7 )  16 примет вид
8 f (0)  f 2 (0)  16 
 f (0)  42  0

f (0)  4.
Аналогично, при x  1 неравенство 8 f ( x 5 )  f 2 ( x 7 )  16 примет вид
8 f (1)  f 2 (1)  16 
 f (1)  42  0

f (1)  4.
Т.е. на отрезке для функции выполнены условия теоремы Ролля, следовательно,
В интервале (0;1) существует точка c такая, что f (c)  0 .
7. Найти расстояние между графиками y 
1
log 5 x и y  52014 x .
2014
Решение. Поскольку функции взаимно обратны, то их графики симметричны
относительно прямой y  x . Следовательно, расстояние между графиками равно
удвоенному расстоянию от одного из графиков, например, y  52014 x , до прямой
y  x . Найдем на графике функции y  52014 x точку x0 , расстояние от которой до
прямой y  x минимально. Это та точка, касательная в которой параллельна прямой
y  x , т.е. угловой коэффициент касательной равен 1:
k 1 
y( x0 )  1 .
Получаем уравнение относительно x0
1
2014 ln 5  5
2014 x0
1 

ln 2014 ln 5 
1
.
x0  
ln 2014 ln 5, y ( x0 )  5 2014
2014
Расстояние от найденной точки до прямой x  y  0 равно
1
1

ln 2014 ln 5 

ln 2014 ln 5  
1
1
2  1
,
2014
2014

ln 2014 ln 5  5


ln 2014 ln 5  5


2
2014
2 2014


расстояние между графиками функций равно
1
 1

ln 2014 ln 5  
.
2 
ln 2014 ln 5  5 2014
 2014


