городская олимпиада 2012, 2 курс

Томский государственный университет
Областная олимпиада по математике
15 апреля 2012 года
(Старшие курсы)
1. Найдите все наборы вещественных чисел a, b, c, d, которые удовлетворяют равенству
 a 2  bc (a  d )b   4 2012 
  
.
(ad  bc)  
2

4 
(
a

d
)
c
d

bc

 0
a b 

A  
c d 
Решение. Обозначим
 4 2012 
 , тогда исходное матричное уравнение примет вид
B  
4 
0
и
2
2
(ad  bc)  A 2  B . Следовательно, 16  B  (ad  bc)  A 2  (ad  bc) 2  A 2  A  A  A
4
,
 a 2  bc (a  d )b    2  1006 
  
 . Из условий
ad  bc  A  2 . Это означает, что A 2  
2

0

2
(
a

d
)
c
d

bc




(a  d )b  0 и (a  d )c  0 получаем c  0 и, далее, a 2  d 2  2 . Вариант с минусом, очевидно,
откуда
невозможен, т.е. выполнено
a2

0

(a  d )b   2 1006 

 , причём ad  A  2 . Отсюда уже легко получить
2 
d 2   0
два решения исходного уравнения:
a b   2

  
c d   0
2. Найдите наименьшее значение функции
F ( x, y, z ) 
 503 2 
.
 2 
( x  y  z )6
, если x  0, y  0, z  0.
xy 2 z 3
(Известно, что среднее арифметическое любых n неотрицательных чисел не меньше их среднего геометрического, т.е.
a1  a2  ...  an n
 a1  a2  ...  an
n
x
Решение. Имеем
x yz

6
.)
y y z z z
2
3
   
2 2 3 3 3  6 x y   z 
   
6
 2 3
(равенство достигается лишь при
x
y z
 ), т.е.
2 3
( x  y  z ) 6 66

 432 .
xy 2 z 3
108
Итак, получаем наименьшее значение F ( x, y, z )  432 (оно достигается, например, при x = 1, y = 2, z = 3).
6
xy 2 z 3
108
3. Решите уравнение

, откуда
x2  6 x  x
Решение. Представим уравнение в виде

x2  6 x  x

2
5


2
5


x  2  6  x  4x  8  0 .

x  2  6  x  x  8  x . Его можно переписать в виде
f  g  x    x , где g  x   x  2  6  x  x
равносильно системе
f  y   y 2  5 y  8 . Данное уравнение
 g  x   y,
Из этой системы следует равенство

f
y

x
.
  
g  x  x  f  y  y .
 *
x  2  6  x  y 2  4 y  8 . Рассмотрим отдельно его правую и
В нашем случае это равенство имеет вид
левую части. Имеем
и
h  y   y 2  4 y  8  4 , причем минимум реализуется в точке y  2 :
ymin  2   4 . ОДЗ для функции z  x   x  2  6  x
есть отрезок
2  x  6 ;
исследуем её на
экстремум:
z  x  
1
1
6 x  x2


 0 в точке x  2 , причём найденная точка
2 x  2 2 6  x 2  x  2  6  x 
zmax  2   4 , т.е. z  x   4 . Следовательно, равенство  * справедливо лишь для
x  2 , y  2 . Непосредственной проверкой убеждаемся, что x  2 есть решение данного уравнения.
является точкой максимума:

4. Исследовать на сходимость ряд
1
x
k 1 k
Решение. Из уравнения следует, что
, где
xk
— корни уравнения
1  x sin  x  0 .
1
  x . Так как левая часть данного уравнения всегда положительна, то
sin  x
x . Рассмотрим промежуток I n   n, n  1 , где n ,
1
1 и
n  2 (на промежутке  1,0  уравнение, очевидно, не имеет решений, ибо на этом промежутке
sin  x
1
1
 1 и 1  x sin  x  0 , а при x  n и при
0   x  1 ). В точке x   n имеем
sin  x
2
1
  , поэтому для x , близких к границам интервала, имеем
x   n  1 выполнено
sin  x
оно может иметь решения лишь при отрицательных
1  x sin  x  0 . Следовательно, при x  I n
причем
где через

x1n , xn2
обозначены
непрерывная функция
y  1  x sin  x
имеет два корня,
1  2n 1
1  2n
,
 xn  1  n , n  xn2 
2
2
корни уравнения, лежащие на отрезке I n . Учитывая оценки  * , получаем
1
2 1 2 1 2 1
 x   3  2  5  3  7  4  ... , т.е. ряд
k 1 k

1
x
 *
расходится.
k 1 k
5. Три стрелка производят по одному выстрелу по одной и той же мишени. Вероятность попадания для первого стрелка
равна 0,6; для второго 0,5; для третьего 0,4. В результате произведенных выстрелов в мишени образовалось две
пробоины. Найдите вероятность того, что попали второй и третий стрелки.
Решение.
Пусть событие А состоит в том, что в мишени образовалось две пробоины. Обозначим через Ai событие «i-й стрелок
попал в мишень».
A1 = {первый стрелок попал в мишень}, Р(A1) = 0,6.
А1 = {первый стрелок не попал в мишень}, Р( А1 ) = 0,4.
0,5  0,6  0,5  0,4  0,5 .
Р(А А1 ) = Р( А 2  А 3 )  0,5  0,4  0,2 . Тогда полная вероятность того, что в мишени ровно две пробоины,
равна Р(А) = 0,6  0,5  0,4  0,2  0,38. Окончательно получаем
Р(А
A1) = Р(А2 А 3
А) 
Р( А1
Ответ:
Р
 А 2 А3 ) =
Р(А1 )Р(А А1 )
Р(А)

0, 08 4
  0, 211.
0,38 19
4
.
19
6. Решите уравнение
x 2 y 3  y   x 3 y 2  x  y  0 .
Решение. Раскроем скобки и соберем подобные, получим уравнение
причем выражение в первой скобке есть
x 2 y 2  ydx  xdy    ydx  xdy   0 ,
d  xy  , а вторую скобку можно, домножая и деля на y 2 , привести к
x
x
d   . Таким образом, исходное уравнение заменяется следующим: x 2 y 2 d  xy   d   y 2 =0. Сделав
 y
 y
 t 
t2
dt  d  2   0 , откуда получаем уравнение с разделенными переменными
замену xy  t , получим
2
y
y 
 t 
d 2 
y
    tdt . Проинтегрировав и вернувшись к исходной переменной, запишем общий интеграл
t
y2
y 2  Cx 2e x y
1
интегрирующего множителя вида w 
.
xy
2 2
первоначального уравнения:
Ответ:
y 2  Cx 2e x
2 2
y
.

7. Вычислить интеграл

0
arctg 2012 xdx

x 1  x2
Решение.
Введем параметр
a : I a 


0
Подинтегральная функция
интеграл
. Заметим, что аналогичное решение получается с использованием

.
arctg  ax  dx

x 1  x2

.
 arctg ax
 x x 2  1 , x  0,
f  x, a   

 a, x  0


I  a  сходится равномерно относительно a 
непрерывна при
0  x   , a 
по признаку Вейерштрасса (
f  x, a  
,а
a
x2  1
на
0,1 , а на 1, 
f  x, a  



, интегралы от мажорирующих функций сходятся).

непрерывна при
2 x x2  1
I  a  непрерывна на .
1
f a  x, a  
1  a2 x2 1  x2
Следовательно, функция

Функция

x  0,   , a 
.
Дифференцируем по параметру под знаком несобственного интеграла:
I  a  

dx
 1  a 2 x 2 1  x 2  , равномерная сходимость полученного интеграла
следует согласно признаку
0
f   x, a  
Вейерштрасса:
Вычислим
I  a 


2 1 a
Тогда
2



0

2
a0
окончательному результату:

0

2 1  a 

2

найдем


0
.
I  a  , а затем воспользуемся нечётностью функции I  a  :
dx
a 2 1
1



arctg
ax

arctg
x

0
0
1  x2 1  a2 a
1  a2
.
ln1  C  0 , откуда следует, что C  0 . Нечётность I  a  приводит к
I a 

2
arctg 2012 xdx 
=
ln 2013 .
2
x 1  x2

a 
ln 1  a   C . В силу непрерывности I  a  в точке a  0 имеем:
lim I  a   I  0  , т.е.

a,
dx
1

1  a2 x2 1  a2
1  a  
I a 
1  x 
для
2
для положительных
a 2
I  a  
1  a2

1
sgn a ln 1  a  для a 
. При
a  2012 имеем: