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

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.

Решение 3. Возрастание  на промежутке  доказываем, как и в решении 2.  Так как функция четная: , из ее  возрастания на    следует убывание на .

8. Найти все функции  такие, что  для любого  

и  .

Решение. Пусть  – искомая функция. Обозначим

.

Ясно, что . Так как  – постоянная, то .  Из начального условия   находим , . Подставим  в уравнение. Так как

, то при  получим последовательно

, , , .   

При , соответственно,  получим , что невозможно.

Итак, искомая функция одна: .

9. Пусть функция ,  непрерывно дифференцируема, не обращается в нуль и ее производная  при  (т.е. ). Доказать, что .

Решение 1. Так как , то найдется такое число , что  при . Тогда  при   получаем

,  .

Поэтому  и .

Заметим также, что из того, что , а ,  следует положительность  при всех.

10. Сходится ли ряд ?

Решение 1. Покажем, что  при . Действительно,

.

Так как ряд   сходится, то по предельному признаку сравнения сходится и заданный ряд.

 Решение 2.  Обозначим . Тогда ,

, ,    и ряд сходится.

Решение 3.  Так как функция , положительна и убывает, то можно применить интегральный признак сходимости.  

Так как    , , а интеграл  сходится, то интеграл  также сходится. По интегральному признаку ряд сходится.