Решение матричного уравнения с квадратной матрицей 2014 порядка. Определение промежутков монотонности и экстремумов функции (Решение задач международной олимпиады по математике)

Страницы работы

Содержание работы

1. На окружности радиуса 1 отмечены 33 точки. Доказать, что из них можно выбрать три точки и так, чтобы площадь треугольника была меньше 0,01.

Решение 1. Разделим окружность на 16 замкнутых дуг длины . Среди них найдется дуга, содержащая три отмеченные точки. Пусть и эти точки, расположенные в порядке следования против часовой стрелки. Так как ,

, то .

Решение 2. Как и в решении 1 получаем, что имеется три отмеченные точки и , расположенные в порядке следования против часовой стрелки, для которых дуга . Из всех таких треугольников наибольшую площадь имеет равнобедренный треугольник с основанием , для которого дуга . Его площадь

2. Найти хотя бы одно решение матричного уравнения , где – квадратная матрица 2014 порядка, на главной диагонали которой стоят нули, а вне ее – единицы, – нулевая матрица.

Решение. Запишем уравнение в виде , где – матрица 2014 порядка, все элементы которой единицы. Решение ищем в виде , . Тогда , , , . В итоге мы нашли два решения .

3. Доказать, что середины параллельных отрезков с концами на разных ветвях гиперболы образуют прямую.

Решение. Можно считать, что гипербола задана каноническим уравнением . Для абсцисс точек пересечения прямой с гиперболой получаем квадратное уравнение или

Эти точки и существуют и лежат на разных ветвях, если их абсциссы разных знаков, что равносильно условию ; величина при этом произвольна. По формуле Виета получаем абсциссу середины отрезка :

. (1)

Подставляя это выражение в уравнение прямой, получаем ординату середины отрезка :

. (2)

Но уравнения (1) – (2), где произвольный параметр, являются параметрическими уравнениями некоторой прямой.

С вертикальными прямыми гипербола либо не пересекается, либо пересекается в точках, лежащих на одной ветви.

4. Найти .

Решение 1.

Так как ряд сходится, то существует конечный . Так как гармонический ряд расходится, то . Поэтому

, а .

Решение 2. Так как ,

, то .

Используя правило Лопиталя, получаем . Поэтому .

Решение 3 (не использующее рядов и интегралов). .

При

Поэтому и .

5. Для функции найти .

Решение 1.

Решение 2. .

Замечание. Хотя при , но, как нетрудно проверить, не эквивалентна , поэтому нельзя заменять на .

6. Пусть – отношение многочленов, . Доказать, что график функции имеет невертикальную асимптоту.

Решение. Пусть , где , . Покажем, что . Предположим противное: . Так как

то при и при , в противоречие с условием . Таким образом, на самом деле и потому существует конечный . Это равносильно существованию горизонтальной асимптоты.

7. Найти промежутки монотонности и экстремумы функции .

Решение 1. Функция определена на всей числовой прямой. Ее производная обращается в нуль при . Так как для всех , то при , при . Следовательно, функция на промежутке убывает, на промежутке возрастает, в точке имеет минимум, равный 0.

Решение 2. Можно обойтись и без производных. При – произведение неотрицательных возрастающих функций и потому также возрастающая функция. При – произведение неотрицательных убывающих функций и потому убывающая функция.