C:/NSOM2014/broshura/NSOM2014.dvi

Препис

1 МИНИСТЕРСТВО НА ОБРАЗОВАНИЕТО И НАУКАТА СЪЮЗ НА МАТЕМАТИЦИТЕ В БЪЛГАРИЯ ТЕХНИЧЕСКИ УНИВЕРСИТЕТ СОФИЯ НАЦИОНАЛНА СТУДЕНТСКА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА СОЗОПОЛ, 30 МАЙ ЮНИ 204 Г. ЗАДАЧИ И РЕШЕНИЯ

2 НАЦИОНАЛНА КОМИСИЯ проф. дпн Сава Иванов Гроздев, ВУЗФ София председател проф. дмн Гено Петков Николов, СУ Св. Климент Охридски проф. д-р Владимир Тодоров Тодоров, УАСГ София проф. д-р Русанка Георгиева Петрова, ШУ Еп. Константин Преславски доц. д-р Иван Димитров Трендафилов, ТУ София доц. д-р Росен Николаев Николаев, ИУ Варна гл. ас. д-р Петър Иванов Копанов, ПУ Паисий Хилендарски гл. ас. Асен Иванов Божилов, СУ Св. Климент Охридски гл. ас. Паскал Николаев Пиперков, ВТУ Св. св. Кирил и Методий ЖУРИ доц. д-р Иван Димитров Трендафилов, ТУ София председател проф. дмн Гено Петков Николов, СУ Св. Климент Охридски проф. дмн Людмил Иванов Каранджулов, ТУ София проф. дпн Сава Иванов Гроздев, ВУЗФ - София проф. д-р Владимир Тодоров Тодоров, УАСГ - София проф. д-р Русанка Георгиева Петрова, ШУ Еп. Константин Преславски доц. д-р Веселин Ненков Ненков, ТУ - Габрово доц. д-р Владимир Димитров Бабев, СУ Св. Климент Охридски доц. д-р Росен Николаев Николаев, ИУ - Варна гл. ас. д-р Илияна Петров Раева, РУ Ангел Кънчев гл. ас. д-р Петър Иванов Копанов, ПУ Паисий Хилендарски гл. ас. Асен Иванов Божилов, СУ Св. Климент Охридски гл. ас. Паскал Николаев Пиперков, ВТУ Св. св. Кирил и Методий 2

3 Група А Задача. Дадена е диагоналната матрица с детерминанта различна от 0. M = diag(a,a 2,...,a m ) а) Ако m = 2, да се намерят квадратни матрици A и B такива, че M = A+B и deta+detb = 2. б) Ако m = 3, да се намерят квадратни матрици A и B такива, че M = A+B и deta+detb = a 3. в) Да се докаже, че за всяко естествено число m съществуват квадратни матрици A и B такива, че M = A+B и { 2, ако m е четно, deta+detb = a m, ако m е нечетно. Решение: а) Например ( ) ( a 0 a = 0 a 2 0 б) Например a a a 3 където a 3 = p+q. = a p ) ( 0 + a 2 + ). 0 0 a q, в) При m четно дадената матрица представяме по следния начин: a a a m = a a a m

4 S a a a m При m нечетно и ако a m = p+q имаме a a a m + =. a a a m p a a a m q Задача 2. Даден е числовият ред ( 203 ) n (n 2 +). 204 n=0 а) Да се докаже, че редът е сходящ.. б) Да се докаже, че сумата на реда S е цяло число и 204 дели Решение: Нека f(x) = n=0 (n2 +)x n. Редът е сходящ и f(x) е добре дефинирана при x <. 4

5 а) Директно следва от горните разсъждения. б) За x < имаме ( x) = x n. След двукратно диференциране получаваме Оттук Следователно ( x) 2 = ( x) 3 = f(x) = n=0 n=0 (n+)x n, n=0 (n+)(n+2) 2 x n. 2 ( x) 3 3 ( x) x. f( ) = 204.( ), откъдето непосредствено следва твърдението. Задача 3. Заp 0, нека f p (x) = 204x p sinx. Да се намерят тези стойности на p, за които от f p (f p (x)) = x следва f p (x) = x. Решение: Отговор: 0 p 205. Да отбележим, че f p (x) и f p (f p (x)) са нечетни функции. Случай I: 0 p 203. Имаме f p (x) > x за всяко x > 0 (следва от известното sinx < x заx 0), откъдето f p (f p (x)) > f p (x) > x, т.е. от f p (f p (x)) = x следва x = 0. Случай II: 203 < p 205. Имаме f p (x) > x за всяко x > 0 (следва от известното sinx < x за x 0). От друга страна, уравнението f p (x) = x има единствено положително решение, да кажем x 0. Наистина, то е еквивалентно на sinx = 203. x p Функцията sinx [ строго намалява в 0, π ] от to 2 ( ) x 2 π (защото sinx = x cosx sinx [ π ] x x 2 < 0 ) и строго намалява в 2, π от 2 до 0 (защото е произведение на две положителни и строго намаляващи функции sinx и 203 π ). От <, следва, че x p 5

6 уравнението f p (x) = x има единствено решение в (0, π). Решения sinx x > 2π уравнението няма, понеже < x 2π < 203 (забележка: за големи p уравнението f p (x) = x може да има повече p от едно положително решение). От lim (f p(x) x) = + заключаваме, че f p (x) > x за x + x > x 0. Имаме още f p (0) = 0 и (f p (x) x) = 203 p cosx < 0 за 0 x < arccos 203. Следователно, f p (x) < x за 0 < x < x 0. p Нека u > 0. Ако u > x 0, то f p (u) > u > x 0 и f p (f p (u)) > f p (u) > u. Ако u < x 0, то u < f p (u) < u, т.е f p (u) < u. В случая 0 f p (u) имаме f p (f p (u)) f p (u) < u, а в случая f p (u) < 0 имаме f p (f p (u)) = f p ( f p (u)) > ( f p (u)) = f p (u) > u, т.е. отново f p (f p (u)) < u. Следователно, f p (f p (u)) = u за u > 0 ни дава u = x 0. Случай III: 205 < p. Тогава уравнението f p (x) = x има положително решениеy 0. Имаме f p (y 0 ) = y 0 y 0 и f p (f p (y 0 )) = f p ( y 0 ) = f p (y 0 ) = ( y 0 ) = y 0. Група Б Задача. Дадени са правите l : 2x y = 0, l 2 : 2x+3y 4 = 0 и елипсата E : 4x 2 +y 2 = 8. а) Да се намерят координатите на точкитеa = l l 2,B = l E и C = l 2 E, където B е точка от първи квадрант и C е точка от втори квадрант. б) Да се намери лицето на изпъкналата фигура, оградена от отсечките AB, AC и дъгата BC. Решение: Решаваме системата 2x y = 0 2x+3y 4 = 0, откъдето ( ) A 2,. От системата 2x y = 0 4x 2 +y 2, при дадените ограничения, намираме B(,2). Аналогично от 2x+3y 4 = 0 = 8 4x 2 +y 2 получаваме C(,2). = 8 б) Означаваме съответно с A,B,C проекциите на точките А, В и С върху абсцисната ос (фиг. ). 6

7 y C A B O C A B x 2 Фигура. Търсеното лице ще намерим като разлика между лицето на фигурата C B BC и лицата на трапеците C A AC и A B BA. S CB BC = S CA AC = 9 4, S A B BA = 3 4, 8 4x2 dx = 2 2 x2 dx = 2+π. Тогава търсеното лице е равно на 2+π = π. Задача 2. Нека A n = а) Да се пресметне deta 3. б) Да се намери deta n

8 в) Да се намери A n. Решение: а) Пресмятаме 0 A 3 = = =. б) В подусловие а) сме намерили A 3 =. С индукция по n ще докажем, че A n = за всяко n 2. Чрез развиване на A n+ по последния ред получаваме рекурентната връзка A n+ = 2 A n A n, n 3. Нека за някое n 3 сме доказали, че A n = A n =, тогава от рекурентната връзка намираме A n+ = 2 A n A n = 2 =, с което индукционната стъпка е направена, и доказателството завършено. в) Непосредствено се проверява, че A n = B nb n, където B n = и B n е транспонираната матрица на B n (оттук също следва, че A n = ). Тогава A n = B ( n B ) n = Cn C n. Лесно се съобразява (например чрез прилагане на метода на Гаус-Жордан), че C n = Елементите d i,j на матрицата D n = A n се получават като скаларно произведение на векторите c i и c j, където c k = (0,...,0,,,...,) 8

9 и последователността от единици започва от k-та позиция. Следователно d i,j е равно на броя на събираемите-единици в това скаларно произведение, т. е. d i,j = min{n+ i,n+ j} = n+ max{i,j}, i,j =,2,...,n. Задача 3. Да се пресметне интегралът xdx (3sinx+4cosx) 2. Решение: Преобразуваме xdx (3sinx+4cosx) 2 = xdx cos 2 x(3tgx+4) 2 xdtgx = (3tgx+4) 2 = xd 3 3tgx+4 = 3 x 3tgx+4 + dx 3 3tgx+4. на- В J = dx полагаме tgx = t и получаваме 3 3tgx+4 J = dt 3 (+t 2 )(3t+4). От разлагането (+t 2 )(3t+4) = ( 3t t ) 3t+4 мираме J = 2 25 ln(+t2 ) arctgt+ 25 ln 3t+4 +C = 4x 75 + ln 3sinx+4cosx +C. 25 Следователно xdx (3sinx+4cosx) 2 = 3 x 3tgx+4 + 4x 75 + ln 3sinx+4cosx +C. 25 9

10 Група В Задача. Нека A, B и C са квадратни матрици от ред n, и е изпълнено A(A E) = 0 и B(B E) = 0, където E и 0 са съответно единичната и нулевата матрици от ред n. Да се реши матричното уравнение 2X AXB = C. Решение: Умножаваме двете страни на даденото уравнение отляво с A и отдясно с B, и получаваме 2AXB A 2 XB 2 = ACB. Тъй като по условие A 2 = A и B 2 = B, последното уравнение е еквивалентно на уравнението 2AXB AXB = ACB, или AXB = ACB. Замествайки в даденото уравнение, получаваме 2X ACB = C, откъдето намираме C = 2 (ACB+C). Задача 2. В равнината спрямо декартова координатна система са дадени точките A(4,0) и B(0,3) и елипсата E : 2x 2 +6y 2 = 7. a) Да се намерят координатите на точката C E, за която лицето на ABC е най-малкото възможно. б) Да се пресметне S ABC. Решение: Точката C E трябва да е възможно най-близката точка от елипсата до правата AB, и очевидно трябва да лежи в първи квадрант. Правата AB има нормално уравнение f(x,y) := 3x 5 + 4y = 0. 0

11 B C E A 24ξ(x ξ)+32η(y η) = 0, C(ξ,η) E е търсената точка, ако допирателната към E през нея е успоредна на AB, т.е. има нормален вектор n(3,4). Уравнението на тази допирателна е следователно трябва да е изпълнено32η : 24ξ = 4 : 3, илиξ = η. От условиетоc E получаваме2ξ 2 +6ξ 2 = 7, т.е.ξ 2 = /4, и понеже C е в първи квадрант, намираме ξ = η = 2, т.е. търсената точка е C( 2, 2 ). Разстоянието от C до AB (дължината h на височината на ABC през C) е равно на f( 2, 7 2 ) = 0, а AB = 5, следователно S ABC = 2 AB h = 7 4. Задача 3. Дадена е функцията f(x) = +x 2. Нека x 0 =, а членовете на редицата {x n } n=0 се получават рекурсивно по следния начин: ако сме намерили x n и l n е допирателната към графиката на функцията y = f(x) в точката (x n,f(x n )), тогава пресечната точка на l n с абсцисната ос има координати (x n+,0). a) Да се намери x. б) Да се изрази x n+ чрез x n. в) Да се докаже, че за всяко n е изпълнено < 3. x 0 x x n Решение: Производната на f(x) е f 2x (x) = (+x 2 ) 2, а допирателната l към y = f(x) в точка с координати (ξ,f(ξ)) има уравнение l : y +ξ 2 = 2ξ (+ξ 2 ) 2 (x ξ).

12 При ξ = x 0 = уравнението на допирателната l 0 е y /2 = 2 (x ), и тя пресича абсцисната ос при x = x = 2. Изобщо, уравнението на допирателната l n към y = f(x) в точката (x n,f(x n )) е l n : y +x 2 = 2x n n (+x 2 n) 2 (x x n), и (x n+,0) е решение на това уравнение. От тук извеждаме търсената връзка: x n+ = 3 2 x n + 2x n. Вижда се, че членовете на редицата са положителни числа, и x n+ > 3 2 x n, следователно x n+ < 2 3 От тук за всяко n 0 ( 2 ) n < за всяко n N. x n x n < + 2 ( 2 2 ( 2 ) n x 0 x x n 3 3) < = 3. ОРГАНИЗАЦИОНЕН КОМИТЕТ проф. д-р Марин Христов, ректор на ТУ София председател доц. д-р Иван Кралов, зам. ректор НПД, ТУ София проф. д-р Никола Калоянов, ЕМФ, ТУ София доц. д-р Георги Венков, декан ФПМИ ТУ София Панайот Рейзи, кмет на Община Созопол Димитрина Щерионова, директор на СОУ Св. св. Кирил и Методий Румяна Йорданова секретар 2