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

Страницы работы

Уважаемые коллеги! Предлагаем вам разработку программного обеспечения под ключ.

Опытные программисты сделают для вас мобильное приложение, нейронную сеть, систему искусственного интеллекта, SaaS-сервис, производственную систему, внедрят или разработают ERP/CRM, запустят стартап.

Сферы - промышленность, ритейл, производственные компании, стартапы, финансы и другие направления.

Языки программирования: Java, PHP, Ruby, C++, .NET, Python, Go, Kotlin, Swift, React Native, Flutter и многие другие.

Всегда на связи. Соблюдаем сроки. Предложим адекватную конкурентную цену.

Заходите к нам на сайт и пишите, с удовольствием вам во всем поможем.

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.