городская олимпиада 2007, 2 курс

ВТОРОЙ КУРС
ЗАДАЧА 1. Вычислить интеграл

R2
dxdy
 1 x
2
 y2


.
РЕШЕНИЕ. Интеграл по всей плоскости R 2 при вычислении в полярных координатах
 x   cos 
приводит к несобственному интегралу относительно переменной  .

 y   sin 
2

dxdy
1
=
d


d
I  




2
2
2
2
0
0
1 
1 x  y
R
Вычислим интеграл по переменной  , в интеграле по переменной  выполним подведение под





знак дифференциала. I  2 
1 d (1  2 )
. Далее возможно два случая:

0 2 
2
1 



d (1  2 )
d (1   )
2 B

0   .


lim
ln
1


1) при   2 получим I    


lim


B
B 
1  2
1  2
0
0
2) при   2 получим

I  
0
d (1  2 )
 1  
2
 2
   2
 
ОТВЕТ.

 1    
B
   lim
B
B
2

2 2
0

B

1
2
 lim 1  2  2 
d 1    
2   B
0
2
при   2
при   2

R2
dxdy
 1 x
2
 y2


 2
=   2
 
при   2
при   2
sin( tg x )  tg(sin x )
.
x 0
sin x  tg x
ЗАДАЧА 2. Найти предел lim
РЕШЕНИЕ. Запишем формулы Тейлора для функций sin x и tg x .
x3
x3
 o( x 5 ) , tg x  x   o( x 5 ) .
3
3!



tg 3 x
sin 3 x
5 
 tg x 
 o( x )    sin x 
 o( x 5 ) 
6
3
sin( tg x )  tg(sin x ) 
 

f ( x) 

3
3
sin x  tg x




x
x
 x   o( x 5 )    x   o( x 5 ) 
6
3

 

sin x  x 
3
3

 1
 
 1

x3
x3
x3
x3
 x   o( x 5 )    x   o( x 5 )    x   o( x 5 )    x   o( x 5 ) 
3
3
6
6
 6
 
 3
 .

3
3
x
x
   o( x 5 )
6
3
Приведём подобные в числителе дроби, удерживая слагаемые до бесконечно малых 4-го порядка:
1
f ( x) 
x
x3 x3
x3 x3
  x    o( x 4 )
o( x 4 )
3 6
6 3
 0, так как в числителе бесконечно

x3
x3
5
5
  o( x )
  o( x )
2
2
малая не менее 4-го порядка, а в знаменателе 3-го порядка.
ОТВЕТ:
0.
ЗАДАЧА 3. Пусть f 0 ( x )  ln
1
 1
, f1 ( x)  ln  ln  , … f n1 ( x)  ln  f n ( x)  . Пусть a n - точная
x
 x

верхняя граница области определения функции f n (x) . Доказать сходимость ряда
a
n 1
n
.


1
 совпадает с множеством точек, где
x
1
1
функция f 0 ( x)  ln   ln x положительна, то есть D( f1 )  0,1 . Кроме того, f 0 ( x )  ln моx
x
РЕШЕНИЕ. Область определения функции f1 ( x)  ln  ln
нотонно убывает, поэтому и все последующие функции монотонно убывающие. Поскольку каждая следующая функция – натуральный логарифм предыдущей, то её область определения – множество точек, где предыдущая функция положительна. Следовательно, область определения каждой следующей функции есть подмножество точек области определения предыдущей. Так как для
 1
f1 ( x)  ln  ln  область определения – интервал (0,1) , то и все f n (x) не определены вне (0,1) .
 x
Так как функции монотонно убывающие, то для нахождения правой границы области определения
нужно найти аргумент, при котором предыдущая функция обращается в 0 (затем она становится
отрицательна и f n1 ( x) уже не определена). Построим область определения функции f n (x) .
1
1
1
 1
 1
f1 ( x)  ln  ln   0  ln  1   e  x   D( f 2 )   0,  .
x
x
e
 x
 e
1
1
1
  1 
 1
f 2 ( x )  ln  f1 ( x )   ln  ln  ln    0  ln  ln   1  ln  e   e e  x  e 
x
x
e
 x
  x 
 1
 D( f 3 )   0, e  .
 e 
   1 
  1 
 1
f 3 ( x )  ln( f 2 ( x ))  ln  ln  ln  ln     0  ln  ln  ln    1  ln  ln   e 
 x
  x 
   x 
 ln
1
1
1
 exp( e)   exp(exp( e))  x 

x
x
exp(exp( e))

1
 1  
 D( f 4 )   0, e    0,
 .
e
 e   exp(exp( e)) 
 
1 
1
f n ( x )  ln( f n1 ( x ))  ln ln ... ln( )   0   expexp... exp( e) 


x 
 x

n 1

n 1
2
1
1
 


 

exp
...
 x   exp
exp(
)  D( f n )   0,  expexp... exp( e)  .

e


 
 

  
n 1


n 1
 

1


Итак, точная верхняя граница области определения функции f n (x ) : an   expexp... exp( e) .


 
n 1


1


1 1
1
Следовательно,  a n  1   e  e     exp exp ... exp( e)   .


 
e e ee
n 1
n 1



Этот ряд можно оценить сверху с помощью геометрической прогрессии.
Для этого используем неравенство e x  x  1 , справедливое для любого x  0 (графики y  x  1
и y  e x касаются только в точке x  0 ), а также то, что y  e x возрастающая функция. Получим:
e  2  ee  e2 
1
1
 2.
e
e
e
e
e 2  3 и e e  e 2  ee  ee  e3 
2
1
e
ee

1
e3
1
e n1


1
 n и exp exp ... exp( e)  e n1  expexp... exp( e)  e n   expexp... exp( e)  n

















e
n 1
n 1
n 2



Итак, ряд
a
n 1
менателем q 
n
мажорируется геометрической прогрессией 1 
1
 1 . Так как прогрессия сходится, то ряд
e
1 1 1
1
 2  3    n   со знаe e
e
e

a
n 1
n
тоже сходится.
ЗАДАЧА 4. В баке, объём которого 100 л, находится раствор, содержащий 10 кг соли. В этот бак
втекает вода со скоростью 3л/мин, а смесь с такой же скоростью перекачивается во второй бак ёмкостью 100 л, первоначально наполненный чистой водой, из которого избыток жидкости выливается. Концентрация соли в каждом баке поддерживается равномерной с помощью перемешивания.
Какое максимальное количество соли будет во втором баке и через какое время оно достигается?
РЕШЕНИЕ. Обозначим через x(t ) и y (t ) концентрацию раствора соответственно в 1 и 2 баке. В
первый бак втекает 3 литра чистой воды, следовательно, концентрация уменьшается на 3% каждую минуту. Начальная концентрация – 10 кг на 100 литров, то есть 0,1 кг на литр.
 x  0,03x

 y  0,03x  0,03 y
Начальные условия:
x(0)  0,1
y (0)  0
Эту систему удобнее всего свести к дифференциальному уравнению 2-го порядка с неизвестной
функцией y (t ) , поскольку функция x(t ) для ответов на вопросы задачи не нужна.
3
3
100
100
x  y 
y, x 
y   y , x 
y   y  ,
100
100
3
3
3
100
3  100
 100 
y  2 y 
y  0.
y   y   
y  y  ,
подставляем в первое уравнение:

3
100
3
100  3

Из второго уравнения:
y   2 
3
32
y 
y  0 - линейное дифференциальное уравнение 2-го порядка. Из второго
100
100 2
3
уравнения системы находим начальное условие для y (t ) : y (0) 
3
3
3
x(0) 
y (0) 
.
100
100
1000
3
.
1000
2
3
32
3 

2
Составляем характеристическое уравнение r  2 
r
 0 или  r 
  0 . Его ко100
100 2
 100 
3
рень r  
кратности 2.
100
Общее решение дифференциального уравнения y(t )  C1e0,03t  C2te0,03t .
y (0)  0
Найдём
частное
решение,
используя
начальные
условия:
 C1  0 ,
3
3
 C2 
. Итак, концентрация во 2-м баке меy(t )  C2 e0,03t  0,03te0,03t , y (0) 
1000
1000
3

t
3
100
te
няется по закону y (t ) 
. Найдём время при котором достигается максимум.
1000
3
3
3
100
3  100t
3 100t 
3 100t 
3 

y (t ) 
e

te
. y (t ) 
= 33 мин
e
t   0 только при t 
1 


3
1000 
100
1000
 100 

3 100 1
1
 100 

e 
20 сек. При этом концентрация y 
на 1 литр, то есть, количество со
10e
 3  1000 3
10
 3,68 кг.
ли в баке на 100 литров равно
e
Учтём, что y (0)  0 , x (0)  0,1 , тогда y (0) 


ОТВЕТ. Максимальное количество 3,68 кг достигается через 33,3 минут.
Примечание. Возможен другой способ решения системы дифференциальных уравнений.
0 
 r  0,03
 ,
  0,03 r  0,03 
Характеристическая матрица системы: 
r  0,03
0
 0,03
r  0,03
 (r  0,03) 2  0 , характеристический корень r  
Решение ищем в виде
 x(t )   At  B   0,03t  B   0,03t  A   0,03t

  
e
,
  e
  te
 y (t )   Ct  D 
 D
C 
3
кратности 2.
100
 x(t )   A  0,03 At  0,03B   0,03t

  
e
.
 y(t )   C  0,03Ct  0,03D 
Подставляем в систему, и после приведения подобных получаем:
 0,03 At  0,03B
 A  0,03 At  0,03B  


  
 ,
 C  0,03Ct  0,03D   0,03 At  0,03B  0,03Ct  0,03D 
Откуда следует A  0 , C  0,03B , D произвольно.
Таким образом, получаем решение с 2 параметрами:
B
 x(t )  
  0,03t
 x(0)   0,1  B 

  
e
       , B  0,1; D  0 .
, из условий Коши получим 
 y(t )   0,03Bt  D 
 y (0)   0   D 
3

t
 x(t )   0,1   0,03t
3
100
  
e
te
Итак, решение: 
, откуда получаем y (t ) 
и далее также, как в
1000
 y (t )   0,003t 
решении, приведённом выше.
4
ЗАДАЧА 5. Рассмотрим множество всех квадратных матриц 2 порядка, элементами которых могут
быть целые числа 0, 1, 2 или 3. Пусть матрица, случайным образом взятая из этого множества, вырождена. Найти вероятность того, что при этом она не содержит нулей.
РЕШЕНИЕ. Данное множество состоит из 4 4  256 различных матриц, так как в матрице 4 элемента и каждый из них может равновероятно принимать 4 разных значения.
Событие А – случайно взятая матрица вырождена.
Выдвинем гипотезы:
H 1 - матрица вырождена и содержит нулевые элементы (количество таких матриц обозначим N1 ).
H 2 - матрица вырождена, но не содержит нулей (количество таких матриц обозначим N 2 ).
H 3 - матрица невырождена.
Условные вероятности: P( A / H1 )  1 , P( A / H 2 )  1 , P( A / H 3 )  0 .
Вычисляем количество вырожденных матриц N1 и N 2 .
N1  M1  M 2  M 3  M 4  M 5  M 6 , где
M 1 - количество матриц, у которых первая строка состоит из нулей. По правилу произведения
M1  1 3  3  9 (первую строку можно записать одним способом, выбрать каждый элемент второй строки тремя способами).
M 2 - количество матриц, у которых вторая строка состоит из нулей. M 2  1 3  3  9 (вторую
строку можно записать одним способом, выбрать каждый элемент первой строки тремя способами).
M 3 - количество матриц, у которых первый столбец состоит из нулей. M 3  1 3  3  9 (первый
столбец можно записать одним способом, выбрать каждый элемент второго столбца тремя способами).
M 4 - количество матриц, у которых второй столбец состоит из нулей. M 4  1 3  3  9 (второй
столбец можно записать одним способом, выбрать каждый элемент первого столбца тремя способами).
M 5 - количество матриц, у которых три элемента нулевые. M 5  3  4  12 (один ненулевой элемент можно выбрать тремя способами и поставить его на одно из четырёх мест).
M 6 - количество матриц, у которых все элементы равны нулю. M 6  1 .
Одного нуля в вырожденной матрице, состоящей из чисел 0, 1, 2 или 3 быть не может.
Итого: N1  9  9  9  9  12  1  49 .
N2  M 7  M8  M 9
M 7 - количество матриц, у которых одинаковые строки, но строка состоит из различных элементов, не равных нулю. M 7  3  2  6 (первый элемент строки можно записать тремя способами,
второй – двумя).
M 8 - количество матриц, у которых одинаковые столбцы, но столбец состоит из различных элементов, не равных нулю. N 8  3  2  6 (первый элемент столбца можно записать тремя способами, второй – двумя).
M 9 - количество матриц, у которых все элементы одинаковы, но среди них нет нулей. M 9  3 .
Итого: N 2  6  6  3  15 .
Следовательно, P( H 1 ) 
49
15
, P( H 2 ) 
.
256
256
5
49
15
64


.
256 256 256
15
P( H 2  A) P( H 2 ) P( A / H 2 )
15
Отсюда P( H 2 / A) 
.

 256 
64
P( A)
P( A)
64
256
15
ОТВЕТ.
.
64
Априорная вероятность события A: P( A) 
ЗАДАЧА 6. Найти сумму всех корней степени n из числа i .
РЕШЕНИЕ. Модуль числа i и модули любого из его корней равны 1. Аргумент числа i

равен . По известной формуле, все n корней из числа i можно записать так:
2
  2k
  2k
   2k 
 , k  0,1,..., n  1 или z  cos 2
2
zk  exp  i  2
.

i

sin
k


n
n
n


  2k
  2k
   2 k 
n 1
n 1
2


2
 i  sin 2
При этом S   exp i 
, S   cos


n
n
n
k 0
k 0


 2 
Умножим любой корень на число w  exp  i   , w  0 ,1.
 n 
Геометрически умножение на w увеличивает аргумент
2
каждого корня на
, что соответствует повороту вектоn
2
ров на угол
; и точки z k переходят друг в друга.
n
По формуле умножения комплексных чисел получим, что
  
   2 
 2 
z
z0  w  exp  i  2   exp  i    exp  i  2
 n 

 1
n
 n 




   2k 
 

  exp  i  2   exp  i  2  2(k  1)   z
zk  w  exp  i  2


k 1




n
n
 n 




   2( n  1) 
 

 

  exp  i  2   exp  i  2  2n   exp  i  2  i  2  
zn 1  w  exp  i  2






 n

n
n
 n 









 exp  i  2   z0
 n 


Таким образом, для суммы верно: S  w  S , причём w  0 . Отсюда следует, что S  0 .
ОТВЕТ: S  0 .
6
ЗАДАЧА 7. Задана функция комплексной переменной f : C \ 0  C формулой
1
1
z2
z2
z  C \ 0 : f ( z )  e . Существует ли lim e ? Если существует, то найдите его.
z 0
1
РЕШЕНИЕ. Покажем по определению Гейне, что lim e
z 0
z2
не существует.
Действительно:
2
1
1. z n   0 , f ( z n )  e n   , при n   ,
n
2
i
2. ~z n   0 , f (~
z n )  e n  0 , при n   .
n
1
Итак, по определению Гейне, lim e
z 0
z2
не существует.
7