НАЦИОНАЛНА СТУДЕНТСКА ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКА, гр. Варна, 0 май 09 г. Национална комисия на НСОМ 09 Председател: акад. дпн Сава Иванов Гроздев, ВУЗФ София Секретар: доц. д-р Илияна Петрова Раева, РУ Ангел Кънчев Русе Членове:. проф. д-р Росен Николаев Николаев, ИУ Варна. проф. д-р Иван Димитров Трендафилов, ТУ София 3. доц. д-р Асен Иванов Божилов, СУ Св. Климент Охридски София 4. доц. д-р Димитринка Иванова Владева-Трендафилова, ЛТУ София 5. доц. д-р Татяна Стефанова Маджарова, ВВМУ Никола Й. Вапцаров Варна 6. доц. д-р Веселин Андреев Гушев, СУ Св. Климент Охридски София 7. доц. д-р Станислава Славчева Стоилова, УАСГ София 8. гл. ас. д-р Петър Иванов Копанов, ПУ Паисий Хилендарски Пловдив
Жури на НСОМ 09 Председател: доц. д-р Татяна Стефанова Маджарова, ВВМУ Никола Й. Вапцаров Варна Членове:. акад. дпн Сава Иванов Гроздев, ВУЗФ София. проф. д-р Росен Николаев Николаев, ИУ Варна 3. проф. д-р Иван Димитров Трендафилов, ТУ София 4. доц. д-р Асен Иванов Божилов, СУ Св. Климент Охридски София 5. доц. д-р Веселин Андреев Гушев, СУ Св. Климент Охридски София 6. доц. д-р Димитринка Иванова Владева-Трендафилова, ЛТУ София 7. доц. д-р Иван Иванов Гаджев, СУ Св. Климент Охридски София 8. доц. д-р Илияна Петрова Раева, РУ Ангел Кънчев Русе 9. доц. д-р Станислава Славчева Стоилова, УАСГ София 0. гл. ас. д-р Петър Иванов Копанов, ПУ Паисий Хилендарски Пловдив. ас. Петър Василев Стоев, УАСГ София. ас. Виктория Петрова Събева, ВВМУ Никола Й. Вапцаров
Организационен комитет на НСОМ 09 Почетен председател: флотилен адмирал проф. д.в.н. Боян Кирилов Медникаров, Началник на ВВМУ Никола Й. Вапцаров Председател: доц. д-р Татяна Стефанова Маджарова, ВВМУ Никола Й. Вапцаров Варна Членове:. Капитан I ранг проф. д-р Калин Спасов Калинов Заместникначалник на ВВМУ по учебната и научната част. доц. д-р Веселка Сидерова Радева катедра Математика и физика 3. гл. ас. д-р Антонина Димчева Христова катедра Математика и физика 4. ас. д-р Емилия Радева Колева катедра Математика и физика 5. ас. Виктория Петрова Събева катедра Математика и физика и член на Студентски съвет на ВВМУ 6. Капитан I ранг о.р. Светослав Димитров Димитранов помощникректор на ВВМУ 7. Капитан II ранг Вълчо Атанасов Атанасов Началник на отдел Учебна и научна дейност 8. Капитан - лейтенант ас. Станислава Тодорова Стефанова Началник на секция Научна и международна дейност 9. Йорданка Димова Петева секция Връзки с обществеността 0. Милена Стоянова Банкова главен счетоводител на ВВМУ 3
Група А Задача. Нека k,n N, a R, a 0 е a a a a n n n n A k n a a a a n n n n a k a k a k a k n n n n е квадратна матрица от ред k +. Да се пресметне lim n A k n n. Решение: Пресмята се + a n ak + a a n ak a a A k n + a n n ak a + a a n n ak a a k + a n n ak a k + a a n n ak a + a n ak A k n, където a. a Оттук по индукция A k n n + a n n ak A k n. Следователно a lim A kn n lim + a n n n n ak A k n e aak a a При a се пресмята A k n 0 0 0 0 0 0 + k A k n, откъдето следва n. 4
A k n n + n k n A k n и следователно lim A kn n e k n 0 0 0 0 0 0. a 09b 09c 09d Задача. а Нека d a 09b 09c c d a 09b 0, където a,b,c,d b c d a са рационални числа. Да се докаже, че a b c d 0. б Докажете, че съществува полином Px с цели коефициенти такъв, че P x+ x 09 + x x 09. Решение: а Нека допуснем, че поне едно от числата е ненулево. Без ограничени на общността можем да считаме, че числата a,b,c и d са цели и взаимно прости можем да умножим всеки ред с най-големия общ делител на числителите и да разделим на най-големия общ делител на числителите. Разглеждайки детерминантата по модул 09, получаваме триъгълна детерминанта и a 4 0 mod 09. Тъй като 09 3.673, където 3 и 673 са прости, то a се дели на 09. Нека a 09a. Тогава 09a 09b 09c 09d d 09a 09b 09c c d 09a 09b 0. b c d 09a Като изнесем от първия ред 09 и разменим редовете, така че първият ред да стане последен, получаваме d 09a 09b 09c c d 09a 09b b c d 09a 0, a b c d получаваме аналогична детерминанта, но с d по диагонала. Следователно и d се дели на 09. Аналогично можем да допуснем, че b и c се делят на 09. Противоречие! 5
б Ще докажем по индукция, че за всяко нечетно естествено n съществува полином P n x с цели коефициенти такъв, че P n x+ x x n +. При n 09 следва решението. За n твърдението тривиално е вярно: P x x. Нека е вярно и за всяко нечетно n m. xn Тогава за n m+ имаме: x+ x m+ +C m+ x m 3 + x m+ + x m 3 x m+ +C m+ +...+C m m+ x m + x+ x x m Оттук следва зависимостта y m+ P m+ y+c m+ P m y+c m+ P m 3y+...+C m m+ P y и твърдението е доказано индуктивно. Задача 3. Да се докаже, че следната граница съществува и е крайна dx lim t 0 + 4 0 x4 +t +lnt. 4 Решение: 0 dx 4 x4 +t 4 0 d x t 4 x t 4 + s 0 dy y4 +, 4 където s t. Разглеждаме функцията t 0 + s dx gs 4 x4 + lns. Тъй като gs 0 0 dx s 4 x4 + то е достатъчно да покажем, че x 4 dx x4 + x 4 dx, x4 + е сходящ. Но след двукратно използване на формулата a b a ba+b получаваме 6
x 4 x4 + 4 x 4 + x x 4 x 4 + x 4 x 4 + 4 x 4 ++x x 4 ++x < x 5, с което сходимостта на горния интеграл е доказана. 7
Група Б Задача. Нека A, B и C са квадратни матрици от ред n, като A е обратима и AB 3A+CA. Елементите на матрицата C от последния ред са единици, а останалите ѝ елементи са нули. а Да се докаже, че C C и да се изрази матрицата B чрез матриците A и C. б Да се намери матрицата D B 7B +E, където E е единичната матрица от ред n. Решение: а Равенството C C се установява чрез непосредствена проверка. След като умножим равенството AB 3A+CA отляво с A се получава B 3E +A CA. б Тогава D B 7B +E B 3EB 4E A CAA CA E A C CA 0. Следователно D е нулевата матрица. Задача. През точката C0, е прекарана права с ъглов коефициент k, която пресича графиката на функцията y x в точките A и B. а Да се докаже, че AOB е прав, където O е координатното начало. 3 б Да се пресметне дължината на дъгата AOB за k. Решение: а Дадената права има уравнение y kx +. Тогава точките A и B имат съответно координати x,x и x,x, където x и x са решения на уравнениетоx kx 0. От скаларното произведение на векторите OA и OB и формулите на Виет за квадратното уравнение имаме OA. OB x x +x x 0, т. е. AOB е прав. б За дължината l на дъгата AOB имаме l x x +4x dx x +4x x + x 4 lnx+ +4x 8 x, x
където x < x. Сега при k 3 x, x и за l получаваме l 7+ 4 + 4+ 7 ln 4. Задача 3. а Да се намери най-малката стойност на функцията y e x. б Нека f x arctgx. Да се докаже, че b a b a f b f a +b +a, ако 0 < a b. в Ако gx f f x, където f x arctgx, да се докаже, че за всяко реално x. e x > gx Решение: а y xe x. Функцията достига локален минимум при x 0 и y min y0. Тъй като lim x ± ex + и функцията е непрекъсната за всяко реално x, то минимумът е глобален и най-малката стойност на функцията е y0. б Очевидно неравенството е изпълнено при a b. Некаa b. От теоремата на Лагранж за функциятаf x arctgx в интервала [a,b] следва, че съществува точкаc a,b, такава чеf c f b f a или b a +c arctgb arctga. b a 9
След разделяне на b a в даденото неравенство, задачата се свежда до доказването на +b < +c < при 0 < a < c < b. +a Дясното неравенство очевидно е изпълнено. Тъй като b > 0, то +b < +b+b и съответно +b < +b, т.e. +b < +b < +c < +a. в gx arctg +x и съответно g x x x + +x ++x. +x Функцията достига локален максимум при x 0 и g max g0 π 4. lim arctg 0 и функцията е непрекъсната за всяко реално x, следователно g0 π 4 e глобален максимум. От gx π и от полученото x ± +x 4 в подусловие а следва, че e x > π 4 arctg е изпълнено за +x всяко реално x. 0
Група В Задача. Дадена е матрицата A a a 0 b, a,b N. а Да се намери A 3. б Да се намери A n, n N. в Да се докаже, че ако ab се дели на a+b, то и сумата от елементите на матрицата A 09 се дели на a+b. Решение: а Намираме последователно A a A 3 3 aa +ab+b 0 b 3. a б Допускаме, че A n n a. n i0 an i.b i 0 b n a Тогава A n+ A n n+ a. n.a i0 an i.b i 0 b n+ a aa+b 0 b.. От принципа на пълната математическа индукция следва, че допускането е вярно. в Сумата от елементите на матрицата A 09 е равна на S a 09 +b 09 +a a 08 +a 07 b+...+ab 07 +b 08 a+bp +a a 08 +b 08 +a.abq. Тъй като ab се дели на a + b, то ab Ra + b и S a+bp + aa 08 +b 08 +a.a+bqr a+bp +aqr+aa 08 +b 08. Тъй като първото събираемо се дели на a+b, то е достатъчно да покажем, че a 08 +b 08 се дели на a+b. От развитието на a+b 08 в Нютонов бином имаме: a+b 08 a 08 +C08a 07 b+c08a 06 b +...+C08ab 07 07 +b 08. Очевидно лявата страна на равенството се дели на a+b. Освен това, всяко от събираемите в дясната страна, с изключение на първото и последното, също се дели на a + b по условие ab се дели на a + b.следователно и a 08 +b 08 се дели на a+b. Задача. През точката C0, е прекарана права с ъглов коефициент k, която пресича графиката на функцията y x в точките A и B. а Да се докаже, че AOB е прав, където O е координатното начало. б Да се пресметне лицето на AOB. и
Решение: а Дадената права има уравнение y kx +. Тогава точките A и B имат съответно координати x,x и x,x, където x и x са решения на уравнениетоx kx 0. От скаларното произведение на векторите OA и OB и формулите на Виет за квадратното уравнение имаме OA. OB x x +x x 0, т. е. AOB е прав. б За лицето на AOB имаме S AOB OA. OB x +x 4 x +x 4 x x +x x x +x +x 4 x 4 k +4. Задача 3. Дадена е редицата {a n } 0 от реални числа, за която a 0 и a n + a n + a n. Да се докаже, че редицата е сходяща и да се намери lim n a n. Решение: a 0, a n + a n + a n + a n > 0, т.е. an > 0. a n a n + a n an + a n a n + an + a n + a n + an + an + a n < 0 a n < a n.
Редицата {a n } е ограничена и монотонно намаляваща. Следователно lim a n. Означаваме lim a n a. Тогава lim a n lim + an, n n n n т.е. a + a a + a + a + a + a + a 0. След разделяне на + a > 0 в последното уравнение се получава + a 0 или + a a 0 и lim n a n 0. 3