2013vseross_book_final
.pdfСЕВЕРО-ВОСТОЧНЫЙ ФЕДЕРАЛЬНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ ИМ. М.К. АММОСОВА
ИНСТИТУТ МАТЕМАТИКИ И ИНФОРМАТИКИ
КАФЕДРА АЛГЕБРЫ И ГЕОМЕТРИИ КАФЕДРА МАТЕМАТИЧЕСКОГО АНАЛИЗА
2013 год
г. Якутск 2013
УДК 51(07) ББК 22.1
Утвержден учебно-методической комиссией ИМИ СВФУ протокол №7 от 25.03.2013
Составители:
зам. директора ИМИ, к.ф.-м.н. Е.Ф. Шарин доцент кафедры алгебры и геометрии, к.ф.-м.н. Э.И. Шамаев
ст. преп. кафедры математического анализа В.Г. Марков
Рецензент:
доцент кафедры математического анализа, к.ф.-м.н. В.А. Егоров
I Всероссийская студенческая олимпиада. I (вузовский) этап. 2013 год. Итоги и решения. Составители В.Г. Марков, Э.И. Шамаев, Е.Ф. Шарин — Якутск: ИМИ СВФУ, 2013. — 16 с.
Сборник содержит задачи, решения и итоги вузовского этапа I Всероссийской студенческой олимпиады по математике для студентов физико-математических, технических, гуманитарных направлений Северо-Восточного федерального университета им. М.К. Аммосова
Работа выполнена при поддержке ФЦП “Научные и научно-педагогические кадры инновационной России” на 2009-2013 гг. (Соглашение №14.A18.21.0367).
This work was supported by the grant No.14.A18.21.0367 of the Ministry of Education and Science of the Russian Federation.
c ИМИ СВФУ, составители задач, 2013 год
I Всероссийская студенческая олимпиада. I (вузовский) этап
Физико-математические направления, старшие курсы
1.Найдите площадь образа при отображении квадрата 0 6 Re z 6 1; 0 6 Im z 6 1 комплексной плоскости C функцией z2:
∫ 1
2. Найдите наименьшее R такое, что (f(x)2 + g(x)2) dx >
∫ 1 0
f(x)g(x) dx для всех непрерывных на [0; 1] функций.
0
3.Найдите пример квадратичного трехчлена с вещественными коэффициентами P (x) = x2 + bx + c такой, что многочлен Q(x) = x2013 + 1 кратен многочлену P (x):
4.Доказать, что для любого решения y = y(x) дифференциального уравнения y′ + (2 + cos y)y = 0 существует конечный предел
lim |
y(x) |
: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
x→+∞ |
x |
2xn3 |
− 1 |
|
||
5. Дана последовательность x1 = a; xn+1 = |
: При каких |
|||||
3xn2 |
||||||
+ 1 |
||||||
|
|
|
|
|||
вещественных a существует конечный предел |
lim xn? |
|||||
|
|
|
n→∞ |
|
20 марта 2013, участвовало 20 студентов ИМИ и ФТИ, автор задач, со-
ставитель — Э.И. Шамаев
Итоги олимпиады среди студентов физико-математических направлений старших курсов
№ |
ФИО |
группа |
баллы |
|
1-2 |
Избеков Эрчимэн Дмитриевич |
МО-09-Б |
77700 |
21 |
1-2 |
Ноговицын Дьулустаан Александрович |
МО-11-2 |
72750 |
21 |
3 |
Пермяков Иван Викторович |
ПМ-10 |
07700 |
14 |
4 |
Скрябин Дмитрий Владимирович |
ПМ-10 |
70050 |
12 |
5-6 |
Ефремов Гаврил Егорович |
ПМ-11-1 |
04700 |
11 |
5-6 |
Попов Тимофей Саввич |
Ф-08-2 |
31700 |
11 |
7-9 |
Никитин Артем Николаевич |
ПМ-10 |
00700 |
7 |
7-9 |
Петрова Алена Петровна |
МО-11-2 |
00700 |
7 |
7-9 |
Черосова Светлана Михайловна |
МО-11-2 |
70000 |
7 |
3
I Всероссийская студенческая олимпиада. I (вузовский) этап
Физико-математические направления, 1 курс
1.Даны три точки A(1; 2); B(3; 1) и C(4; 6) на плоскости. Найдите уравнение прямой, содержащей высоту AH треугольника ABC:
2.Каких матриц с натуральными элементами больше:1 с определителем
равным 2013 или с определителем −2013? |
[− 2 ; 2 |
] : |
3. Найдите первообразные функции sin |x| на |
4.Докажите, что положительный корень многочлена Q(x) = x2013 − x2012 − 2x2011 − : : : − 2011x2 − 2012x − 2013 единственен.
5.Опровергните или докажите следующую теорему.
Теорема. Пусть an; bn > 0; lim an — не сходится, |
∞ |
anbn — сходится. |
|
n→∞ |
n=1 |
Тогда lim bn сходится. |
∑ |
n→∞ |
|
20 марта 2013, участвовало 9 студентов ИМИ, автор третьей задачи — В.А. Егоров, автор остальных задач, составитель — Э.И. Шамаев
Итоги олимпиады среди студентов физико-математических направлений 1 курсов
№ |
ФИО |
группа |
баллы |
|
1 |
Дьяконов Айтал Викторович |
МО-12-2 |
76777 |
34 |
2 |
Николаев Ильяс Викторович |
МО-12-2 |
76200 |
15 |
3 |
Тарасов Айыы-Cиэн Алексеевич |
МО-12-2 |
75000 |
12 |
4 |
Борисова Елена Борисовна |
МО-12-2 |
70201 |
10 |
5-6 |
Егорова Сахая Спартаковна |
МО-12-2 |
70000 |
7 |
5-6 |
Семенова Любовь Григорьевна |
МО-12-2 |
70000 |
7 |
Технические направления
1.Даны отрезки длины 20 и 13. Постройте прямоугольник 20 × 13 с помощью циркуля и линейки. (Линейкой можно строить только прямую через две данные точки; циркулем можно строить только окружность с радиусом, равным данному отрезку; пересечение окружностей и/или прямых является точкой).
2.Угол естественного откоса (угол, образованный свободной поверхностью сыпучего материала с горизонтальной плоскостью) сырого песка равна 30◦: Найдите размер квадратной площадки, на которой можно разместить конусообразный сырой песок объемом 616 500 м3. Ответ найти с точностью до десятых метра.
1квадратных матриц некоторого фиксированного порядка n > 1
4
I Всероссийская студенческая олимпиада. I (вузовский) этап
3.Типовой проект металлической арки может выдержать статическую нагрузку весом 102t4 + 103t тонн, где t — толщина полок равнополочного уголка в метрах. Каким выбрать толщину полок t; если арка весит 10 t3 + 10 тонн и должна выдержать статическую нагрузку в 10 тонн?
4.Найдите объем пересечения сферы x2 + (y − 1)2 + (z − 2710 )2 = 3625 и куба, образованного плоскостями |x| = 2; |y| = 2 и |z| = 2: Решение должно содержать объяснение правомерности применения тех или иных формул.
5.Населенные пункты А и B стоят на расстоянии 2 км от прямой p. Расстояние между А и B равна 4 км. Необходимо выбрать точку строительства порта C на p так, чтобы суммарный расход топлива автомобилями на дороге АС и ВС (дороги идут по прямой) был наименьшим, если известно, что планируемая интенсивность движения на АС в 3 раза меньше чем на ВС.
∫1 sinxx dx с точностью до второго знака после запятой и0
докажите, что погрешность не превышает 0,1.
20 марта 2013, участвовало 13 студентов ГРФ, ИМИ и ИТИ, автор задач, составитель — Э.И. Шамаев
Итоги олимпиады среди студентов технических направлений всех курсов
№ |
ФИО |
Инст. |
группа |
баллы |
|
1 |
Кондаков Николай Николаевич |
ИТИ |
ПГС-12-1 |
770620 |
22 |
2 |
Скрябин Алексей Петрович |
ИТИ |
ГС-12 |
770024 |
20 |
3 |
Баишев Константин Федорович |
ИТИ |
ПГС-12-1 |
770050 |
19 |
4 |
Колесова Анастасия Ивановна |
ИМИ |
ПИЭ-10 |
475020 |
18 |
5 |
Кривошапкина Туйаара ИннокентьевнаИТИ |
ЭУН-12 |
455020 |
16 |
|
6 |
Егоров Дмитрий Григорьевич |
ГРФ |
НД-11 |
070022 |
11 |
7 |
Лукина Евдокия Васильевна |
ИТИ |
ЗК-12 |
065000 |
11 |
8 |
Степанов Арчылан Борисович |
ИТИ |
ПГС-10-1 |
007002 |
9 |
9 |
Трофимов Дмитрий Маркович |
ИТИ |
ПГС-12-1 |
700020 |
9 |
10 |
Федорова Анжелика Альбертовна |
ИТИ |
ЭУН-12 |
070020 |
9 |
11 |
Далбараев Ариан Сергеевич |
ИТИ |
ЗК-12 |
070000 |
7 |
12 |
Сыромятников Иван Иванович |
ИТИ |
ПГС-12 |
070000 |
7 |
13 |
Федоров Василий Николаевич |
ГРФ |
ТР-12 |
400020 |
6 |
5
I Всероссийская студенческая олимпиада. I (вузовский) этап
Гуманитарные направления
1.На третьем курсе факультета Г. учится 50 студентов. Известно, что 13 студентов активно интересуются своей будущей профессией и 12 студентов твердо решили поступать в магистратуру. Укажите наименьшее возможное количество студентов третьего курса факультета Г. не интересующихся своей будущей профессией и даже не принявших решение о поступлении в магистратуру.
2.Найдите закономерность в последовательности 2; 3; 5; 8; 13; 21; : : :
В ответе напишите 7-й член последовательности.
3.В министерстве N. работают только Рыцари и Лжецы, и их 2014 кабинетов стоят по кругу. Рыцари всегда говорят правду. Лжецы всегда лгут. Каждый начальник посетителю сказал: “Это не в моей компетенции”, затем добавил: “этим занимается следующий по кругу начальник”. Сколько в министерстве Рыцарей?
4.На полке стояли 2013 старые и новые книги. К сожалению, эти старые и новые книги чередовались. За какое наименьшее число перестановок соседних книг (можно переставлять только соседние) эти книги можно упорядочить?
5.Банк выдает в кредит 10000 рублей и увеличивает долг на 2% за пользование деньгами в течении месяца. Сколько должен заплатить клиент банку, чтобы вернуть весь кредит двумя равными выплатами в конце первого и второго месяцев?
20 марта 2013, участвовало 9 студентов ФЭИ и МИ, автор задач, составитель — Э.И. Шамаев
Итоги олимпиады среди студентов гуманитарных направлений всех курсов
№ |
ФИО |
Инст. |
группа |
баллы |
|
1 |
Неустроева Валентина Ивановна |
ФЭИ |
ФК-12 |
77770 |
28 |
2 |
Сыромятников Николай Николаевич |
МИ |
ЛД-202-2 |
07737 |
24 |
3 |
Кондратьева Сардаана Николаевна |
ФЭИ |
БУ-12 |
77710 |
22 |
4 |
Друзьянова Анастасия Александровна |
ФЭИ |
БУ-12 |
77700 |
21 |
5 |
Алексеева Алена Павловна |
МИ |
ЛД-101-1 |
07705 |
19 |
6 |
Васильев Николай Петрович |
ФЭИ |
ГМУ-б-12 |
73700 |
17 |
7 |
Николаева Айыына Родионовна |
ФЭИ |
ФК-12 |
77010 |
15 |
6
I Всероссийская студенческая олимпиада. I (вузовский) этап
Решения и ответы
Полное решение каждой задачи — 7 баллов.
Физико-математические направления, старшие курсы
1.Запишем ребра квадрата в виде кривых t; it; i + t; 1 + it; t [0; 1]: Рассмотрим квадраты этих выражений: t2; −t2; −1+t2 +2it; 1−t2 +2it;
t [0; 1]; — отрезок [0;1], отрезок [−1,0], часть параболы x = y2 − 1;
4
часть параболы x = 1 − y2 ; соответственно.
4
Приведем эти кривые в координатах, где y — абсцисса, а x — ордината. Ясно, что искомая площадь равна удвоенной площади закрашен-
|
∫0 |
2 |
( |
1 |
y2 − 1) dy = |
8 |
|
|
8 |
|
ной области на рисунке, т.е. 2 |
|
: |
Ответ: |
: |
||||||
|
|
|
|
|||||||
|
4 |
3 |
3 |
Критерии оценивания. Найдена фигура, но не найдена площадь — 4 балла. Найдена “формула” фигуры, но неправильно решен или не решен интеграл — 3 балла.
2.Подстановкой f(x) = g(x) убеждаемся, что (−∞; 0] не подходят. Справедливы преобразования:
|
1 |
|
1 |
|
|
|
1 |
(f2 − |
1 |
fg + g2) dx > 0 |
|
||||
∫0 |
(f2 + g2) dx > ∫0 |
fg dx ∫0 |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
||||||||||||
|
1 |
(f − |
|
g) |
2 |
|
|
1 |
(1 − |
1 |
) g2 dx |
|
|||
|
∫0 |
1 |
dx + ∫0 |
|
|
> 0: |
|||||||||
|
|
|
|
||||||||||||
|
2 |
|
|
4 2 |
При > 1=2 все слагаемые в подынтегральном выражении неотрицательны, поэтому неравенство верно. Если < 1=2; то при g = 2 f ≠ 0 первое слагаемое равно нулю, а второе слагаемое — отрицательно.
Второе решение. Пусть f = g ≠ 0: Тогда неравенство, после со-
∫ 1
кращения на положительную величину |
g2 dx примет вид > 21 : |
|
0 |
7
I Всероссийская студенческая олимпиада. I (вузовский) этап
Таким образом, первоначальное неравенство не выполнено при всех
|
|
(−∞ |
; |
1 |
|
: |
|
показать, что = 1 |
подходит. Действительно, |
|||||||
|
|
|
21) |
|
Осталось |
1 |
2 |
1 |
|
1 |
|
|
||||
|
|
1 |
∫0 |
(f2 + g2) dx > ∫0 |
fg dx |
∫0 |
(f − g)2 dx > 0: |
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
2 |
2 |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ответ: |
1 |
: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Критерии оценивания. Показано, что при 6 12 неравенство верно — 4 балла. Верный ответ без доказательства — 1 балл. Доказано нера-
венство при = 12 — 2 балла.
3. По обратной формуле Муавра выпишем множество всех корней Q(x)
|
|
|
|
+ 2 n |
|
|
|
+ 2 n |
|
|
|
|
|
{zn |
= cos 2013 |
+ i sin |
|
2013 |
n = 0; 1; 2; : : : ; 2012} |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Сопряженными в этом множестве |
являются корни, отвечающие n = k |
|||||||||||
|
|
|
|
|||||||||
и |
n = 2012 |
− |
k; поскольку сумма их аргументов равна 2 : Поэтому |
|||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
2 |
; k = 0; : : : ; 1005; |
имеют |
||
(z − zk)(z − z2012−k) = z |
|
− 2Re zk + |zk| |
вещественные коэффициенты и являются делителями Q(x).
Решение В.В. Пермякова. Из разложения 2013 = 3 ·11 ·61 и формулы y2n+1 + 1 = (y + 1)(y2n − y2n−1 + : : : + 1) следует, что
(x |
) |
61 |
+ 1 = (3 |
|
1 |
(( |
|
|
) |
11 |
)2 |
1 |
|
|
|
||
33 |
|
x |
33 |
|
|
3 |
|
+ 1 Q (x) = |
|
|
|||||||
|
|
|
|
+ 1)Q (x) = x |
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
= (x + 1)Q2(x)Q1(x) = (x + 1)(x − x + 1)Q2(x)Q1(x): |
||||||||||||||
Следовательно, x2013 + 1 кратно x2 − x + 1: |
− 2 cos ( |
|
+ 2 n |
) x + |
|||||||||||||
Заметим, что при n = 335 в общем решении x2 |
|||||||||||||||||
|
|||||||||||||||||
|
2013 |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
+ 2 n |
|
|
|
|
||||
1 = x2 − x + 1: Ответ: x2 − 2 cos ( |
|
) x + 1; n = 0; : : : ; 1005: |
|||||||||||||||
|
2013 |
Критерии оценивания. Достаточно привести пример одного делителя и показать, что он действительно является делителем Q. Только ответ
— 1 балл.
4.Все решения дифференциального уравнения с разделяющимися переменными можно найти из следующего уравнения
∫ |
dy |
= − ∫ |
dx + C = −x + C: |
(2 + cos y)y |
8
I Всероссийская студенческая олимпиада. I (вузовский) этап
Следовательно, множество решений уравнения состоит из обратных
∫
dy
к функциям − (2 + cos y)y +C: При y > 1 верны следующие оценки сверху и снизу
1 |
|
|
|
|
y dy |
|
y |
dy |
|
y dy |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
ln y = ∫1 |
|
|
|
< ∫1 |
|
|
|
|
|
|
< ∫1 |
|
|
|
= ln y: |
|
|
|
|
||||||||
|
3 |
3y |
(2 + cos y)y |
|
y |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
Для y (0; 1) верны следующие оценки |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
y dy |
y |
|
dy |
y dy |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
||||||||||||
ln y = ∫1 |
|
|
< |
∫1 |
|
|
|
|
< |
∫1 |
|
= |
|
|
ln y: |
|
|
|
|
||||||||||
|
y |
(2 + cos y)y |
3y |
3 |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
Тогда при x > |
| |
C |
| |
и y > 1 |
верны √3 y < e−x+C |
< y; при x > |
| |
C |
| |
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
< √3 |
y: В первом случае 1 < √3 |
|
|||||||||||||||||
и y (0; 1) верны y < e−x+C |
|
< |
|||||||||||||||||||||||||||
y |
e−x+C < 1; что невозможно. Таким образом, 0 < y(x) < e−x−C : Тогда limx→+∞ xy = 0 для любого C:
Критерии оценивания. Некоторые случаи подсчитаны очевидными — 5 б.
5. Перепишем |
x |
= |
2xn3 − 1 |
в виде |
x |
= x |
n − |
xn3 + xn + 1 |
; |
т.е. |
x |
|
3xn2 + 1 |
3xn2 + 1 |
|||||||||||
n+1 |
|
n+1 |
|
|
n |
меняется на каждом шаге на |
xn3 + xn + 1 |
: Заметим, что при P (x) = |
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3x2 |
+ 1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x3 + x + 1 рекуррентное соотношение примет вид |
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
xn+1 = xn − |
|
P (xn) |
; |
(1) |
||||||||||||||||||||||
|
|
P ′(xn) |
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
y |
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
P (xn) |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
- |
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
xn+1 |
|
|
|
|
|
|
xn x |
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
tg = P ′(xn) |
|
|
В треугольнике на рисунке мы видим, что P (xn) > 0 равен вертикальному катету, а P ′(xn) > 0 — тангенсу угла между осью абсцисс и касательной. Следовательно, P (xn)=P ′(xn) равен длине горизонтального катета рассматриваемого треугольника. Мы поняли геометрический смысл данного рекуррентного соотношения.
9
I Всероссийская студенческая олимпиада. I (вузовский) этап
Поскольку x3 + x + 1 не имеет точек экстремума и ветви разнонаправлены, то P имеет единственный вещественный корень x0 < 0: Функция x3 + x+ 1 выпукла вверх на (−∞; x0): Поэтому из геометрических соображений касательная прямая в точках с абсциссей xn < x0 пересекает ось абсцисс в точке из (−∞; x0): Следовательно, члены последовательности {xn} с начальной точкой x1 = a < x0 строго монотонно возрастают, не превышают x0 и стремятся к некоторому x (x1; x0]: Тогда, в силу непрерывности многочленов, P (xn) → P (x ) при n → ∞: С другой стороны, (1) означает, что
P (xn)
P ′(xn) = xn+1 − xn → 0 при n → ∞:
Следовательно, P (x ) = 0 = P (x0): Из единственности вещественного корня P (x) следует, что x = x0:
Кстати, из доказанного следует достаточное условие сходимости метода Ньютона для достаточно гладкой f(x) с f′(x) и f′′(x) постоян-
ного знака на отрезке [a; b] такой, что f(a)f(b) < 0; и x1 = a или b в зависимости от знака f(x1) и f′′(x1):)
Рассмотрим последовательности с начальным значением a (x0; +∞) и определяемому рекуррентным соотношением (1) и zn+1 = zn − Q(zn)=Q′(zn); Q(z) = z3 + z Аналогично доказанному выше последовательность zn сходится к точке 0: При этом очевидно, что xi < zi для xi и zi [0; +∞); i = 1; : : : ; m: Поэтому существует n такое, что xn 6 0: Если xn 6 x0; то задача сводится к рассмотренному случаю x1 (−∞; x0]. Если xn (x0; 0]; то из выпуклости функции P (x) вверх следует, что xn+1 (−∞; x0]:
Ответ: для всех a последовательность сходится.
Физико-математические направления, 1 курс
1. Вектор |
−−→ |
перпендикулярен вектору |
−−→ |
{ |
1; 5 |
} |
: |
Следовательно, |
|
AH |
|
BC = |
|
|
|
искомая прямая имеет направляющий вектор {5; −1}: Теперь построим уравнение прямой, проходящей через точку A(1; 2) с направляю-
щим вектором {5; −1}: |
|
x = 1 + 5t; |
x + 5y − 11 = 0: |
Ответ: { y = 2 − t: |
Критерии оценивания. Найдена длина AH — 2 балла.
2.Заметим, что матриц порядка n > 1 с определителем 2013 бесконечно много — все верхнетреугольные матрицы с 1, 1, . . . , 1, 2013 на диагонали.
10