Посібник для підготовки до участі у математичних олімпіадах

міститься зайва інформація в підкресленій умові задачі: „Чи існує двозначне число, яке при діленні на суму квадратів його цифр дає в частці 2 і в залишку 6, а при діленні на добуток його цифр дає в частці 4 і в залишку 6?”

Вiдповiдь: так.

Розв’язання..

Нехай  - цифра десятків (),   - цифра одиниць шуканого двозначного числа. Тоді воно має вигляд . Якщо  відкинути підкреслену умову, то невідомі  ізадовольнятимуть рівняння  або .

Оскільки , то це рівняння має єдиний цілий розв’язок: .

Однак, неважко перевірити, що число 22 не задовольняє умові задачі з відкинутою інформацією. Отже, не існує двозначного числа, яке задовольняє умові, яка залишилася, тим більш не існує такого числа з будь-якою додатковою інформацією.

Це означає, що підкреслена інформація є зайвою.

Задачі на функції

1. Довести, що функція  є періодичною, якщо існує  таке, що для будь – якого , та виконується умова

.

Доведення.

2. Знайти всі функції , для яких при будь-яких  виконується рівність:

.

Відповідь:

Розв΄язання.

Виконаємо послідовно заміни ;; . Тоді дістанемо систему рівнянь:

,  де .

Звідси  або , де

Перевірка показує, що знайдена функція є розв΄язком даної задачі для будь-якого дійсного .

3. Знайти всі неперервні функції , для яких при будь-яких дійсних  виконується рівність .

Відповідь: .

Розв΄язання.

Нехай , тоді , і рівняння набирає вигляду .

Таким чином, для знаходження функції  маємо систему двох рівнянь:

.

Помножимо обидві частини другого рівняння на  і додамо до першого рівняння. Тоді дістанемо: , . Внаслідок неперервності шуканої функції остаточно маємо:  .

4. Многочлен  з цілими коефіцієнтами дорівнюе 5 при  и . Чи існує ціле число , при якому цей многочлен дорівнює 6?

Вiдповiдь: нi.

Розв’язання.

З умови задачi випливає, що i  є коренi многочлена.

Тому

= (1), де - многочлен с цiлими коефiцiєнтами.

Якщо iснує цiле число  таке, що , то з формули(1) маємо

.

Але це неможливо, оскiльки одиницю не можна подати у виглядi добутка чотирьох цiлих множникiв, принаймнi три з якiх рiзнi.

Отже, не iснує цiлого x, про яке iде мова в задачi.

5. Знайти всі функції, які при будь-яких дійсних  задовольняють рівняння .

Відповідь: таких функцій не існує.

Розв’язання .

Підставляючи  в дане функціональне рівняння, дістаємо

. Це рівняння має два дійсних корені  або . Покладаючи  у функціональному рівнянні, маємо  або .

Якщо , то .

Якщо , то .

Перевірка показує, що жодна знайдена функція не задовольняє вихідне функціональне рівняння,  отже це рівняння не має розв’язків.

6. Знайти всі функції, які при будь-яких дійсних  задовольняють  рівняння .

Відповідь: .

Розв’язання .

Підставляючи  в дане функціональне рівняння, дістаємо.

Це рівняння має єдиний дійсний корінь . Покладаючи  у функціональному рівнянні, маємо , звідки, з урахуванням рівності  , дістаємо .

Перевірка показує, що функція  задовольняє вихідне функціональне рівняння, а тому є єдиним його розв’язком.

7. Знайти всі функції, які при будь-яких дійсних  задовольняють рівняння .

Відповідь: .

Розв’язання .

Якщо у функціональне рівняння підставити, то дістанемо рівняння  або . Покладаючи  в цьому рівнянні , дістаємо , тобто . Отже, , тобто .

Перевірка показує, що функція задовольняє умову задачі.

8. Функція  задовольняє умови: .  Довести, що існує  і що ця границя не більше, ніж .

Доведення.

З умови задачі випливає , що  , а це означає, що функція   зростає на проміжку . Крім того, з умови задачі також випливає, що . А це означає, що ,  оскільки  .     

Таким чином,  функція  є зростаючою і обмеженою зверху числом , а це означає, що згідно з теоремою Вейєрштраса  має при  скінчену границю і  ця границя не більше, ніж , що й треба було  довести.

9. Нехай многочлен  степеня  з дійсними коефіцієнтами при всіх дійсних значеннях  набуває лише додатних значень. Довести, що многочлен  можна подати у вигляді суми квадратів двох многочленів.

Доведення.

З умови задачі випливає, що - многочлен парного степеня ( ), коефіцієнт при старшому степені більше за 0 ( можна вважати, що він дорівнює 1) і що всі корені многочлена  комплексно спряжені:  і ,  і , …,  и. . Отже, многочлен  можна подати у вигляді: . Добуток перших  множників є многочлен степеня . Цей многочлен є комплексно спряженим до многочлена степеня , що дорівнює добутку останніх множників, тобто  або , що й треба було  довести.

Задачі на границі

1. Для всіх значень дійсного параметра  роз΄язати рівняння:

 .

Відповідь: якщо , те ; якщо , те .

Розв΄язання.

Розглянемо послідовність . Тоді .

Припустимо, що рівняння  має розв΄язок. Переходячи в рівності  до границі при  дістаємо: , звідки .

Таким чином, якщо рівняння  має розв΄язок, то .

З'ясуємо, при яких  послідовність  збігається і має границю, яка дорівнює .

Оскільки , то , ,..., і, отже, , тобто послідовність  зростає.

За допомогою метода математичної індукції неважко також довести, що . Дійсно, , тому що . Якщо ж припустити, що , то і .

Таким чином, послідовність  обмежена зверху. Тому за теоремою Вейерштрасса послідовність  має скінчену границю . Підставляючи  в рівність  і переходячи до границі при , дістаємо, що  є коренем рівняння  , де .

Рівняння   має корінь , причому .

Розглянемо 3 випадка.

1).Якщо , то  й отже рівняння  має єдиний розв’язок  (пряма  є дотичною до графіка показникової функції  в точці ) (рис.3а).

2).Якщо , то  і рівняння  має два корені:  і . Оскільки , то (рис.3б).

3).Якщо , то  і рівняння  має два корені:  і  (рис.3в). При цьому , звідки . Тому . Отже, у цьому випадку .

Таким чином, , якщо  і , якщо .

Отже, якщо , то рівняння має єдиний розв΄язок ; а якщо , то рівняння не має розв΄язків.

  

2. Послідовність ,  задано за допомогою рекурентної формули :  , . Знайти .

Відповідь: .

Розв’язання .

Перший спосіб.

З умови задачі випливає, що

,

,

…

або

,

,

…

Припустимо, що . Використовуючи формулу для суми  перших членів геометричної прогресії, дістаємо формулу

, яку неважко довести за допомогою метода математичної індукції.

Таким чином, .

Другий спосіб.

Рекурентну формулу , тобто , можна записати  у вигляді  або у вигляді . Звідси випливає, що 

.

Виключаючи  із цієї системи , дістаємо: . Тому  .

3. Послідовність ,  задано за допомогою рекурентної формули :    ,.  Знайти .

Відповідь: .

Розв’язання .

Перший спосіб.

З умови задачі випливає, що

,

,

…

або

,

,

…

За допомогою метода математичної індукції неважко довести, що . Цю формулу можна перетворити до вигляду , звідки випливає, що .

Другий спосіб.

Рекурентну формулу  ,т. е  , можна записати у вигляді  або у вигляді . Звідси випливає, що

.

Виключаючи із цієї системи , дістаємо: . Тому .

4. Які числові значення може набувати  , якщо ?

Відповідь: будь-яке значення з відрізку .

Розв’язання .

.

З нерівності  випливає, що . Знайдемо найбільше й найменше значення функції  в області . Усередині області  існує єдина стаціонарна точка , причому . На границі області  маємо ,  отже , де . Функція  на відрізку  набуває найменше значення в точці: , а найбільше значення - у єдиній стаціонарній точці : . Отже найбільше значення функції  в області   дорівнює , а найменше  значення дорівнює . Оскільки  функція  неперервна в  області  , то вона набуває всі значення від  до   включно. Тому величина  (тобто )  може набувати  будь-яке значення із відрізку .

Задачі на диференціальне числення

1. З'ясувати, чи існує дійсне число  таке, що .

Відповідь: не існує.

Розв΄язання.

Доведемо, що  виконується нерівність: , причому рівність має місце