МЕЖВУЗОВСКАЯ ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКЕ

bot · Сообщение **bot** » 30 окт 2011, 09:51

ДЛЯ ВУЗОВ МАТЕМАТИЧЕСКОГО ПРОФИЛЯ.

1. Пусть $$A$$

- невырожденная матрица порядка $$n>1$$

с положительными элементами. Докажите, что количество нулевых элементов матрицы $A^{-1}$ не превосходит $$n^2-2n$$

.

2. Квадрат $n\times n$ разбит на квадраты $1\times 1$ . В некоторых из маленьких квадратов провели диагонали так, что никакие две не имеют общей точки. Определить максимально возможное число проведённых диагоналей.

3. Непрерывная функция $f: [0; 1]\rightarrow \mathbb R$ удовлетворяет неравенствам $xf(y)+yf(x)\leqslant 1$ для любых $x,y\in [0; 1]$ .
Доказать, что $\int\limits_0^1f(x)\, dx \leqslant\frac{\pi}{4}.$

4. Пусть $$x_n$$

- наибольший корень уравнения $$x^n=x^2+x+1$$

при

.
Вычислить $\lim\limits_{n\to\infty}n(x_n-1).$

5. Для каждого натурального $$n$$

указать многочлен вида $\displaystyle x^n-x^{n-1}+a_2x^{n-2}+\ldots + a_{n-2}x^2-n^2ax+a,$ все корни которого действительны и положительны. Найти все такие многочлены.

ДЛЯ ВУЗОВ НЕМАТЕМАТИЧЕСКОГО ПРОФИЛЯ.

1'. Найти все многочлены $$P(x)$$

с действительными коэффициентами, удовлетворяющие неравенству $P'(x)P''(x) \geqslant P(x)P'''(x)$ для любого $x \in \mathbb{R}$ .

2'. На окружности по разные стороны диаметра $$AC$$

выбрали две точки $$B$$

и

. Длины сторон четырёхугольника $$ABCD$$

оказались целочисленными.
Мог ли в таком случае периметр четырёхугольника оказаться простым числом?

3'. Пусть $1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+ \ldots +\frac{1}{2009}+\frac{1}{2010}=\frac{m}{n}, \ m, n \in \mathbb N$ . Доказать, что $$m$$

делится на $$2011.$$

4'. Существует ли функция $f:\mathbb Z\rightarrow \mathbb Z$ , удовлетворяющая тождеству $$f(f(x))=1-x^3$$

?

5'. Вычислить интеграл $\int\limits_{-1}^{1}\frac{x^2\, dx}{1+e^x}$

Внутренний НГУшный тур см. здесь

bas0514 · Сообщение **bas0514** » 30 окт 2011, 09:58

Задача 3 когда-то тут разбиралась, я ее решил тогда, только не помню названия темы.
А 5' - это вообще хит олимпиад, и тут тоже была аналогичная.

СергейП

Задача 2. Отделим 2 крайние линии квадрата, допустим верхнюю и нижнюю. В любых 2-х других соседних горизонталях не может быть больше $$n$$

квадратиков с диагоналями, а в крайней и соседней с ней линиях - не более $$n+1$$

.
Это количество легко достигается, всего выходит $\frac {n(n+1)}{2}$ квадратик.

P.S. Был не прав, это число верно при нечетных n, а при чётных будет чуть меньше.

Для $$n=2k$$

получаем $\displaystyle \frac 16 [(k+1)(k+2)(k+3)-(k-1)(k-2)(k-3)]=2k^2+2$
Для $$n=2k+1$$

имеем $\displaystyle (k+1)(2k+1)$

MrDindows · Сообщение **MrDindows** » 30 окт 2011, 11:43

4'
Пусть

Тогда

А значит

Отсюда

Итого

Таким образом мы получили, что $$1-(1-k^3)^3=k$$

,
Это преобразовываем в $$k(k-1)(k^7+k^6+k^5-2k^4-2k^3-2k^2+k+1)=0$$

Третья скобка всегда нечётная, поэтому целые корни этого уравнения 1 и 0
Проверка:
1) Если $$f(0)=0$$

, тогда

- противоречие.
2) Если $$f(0)=1$$

, тогда

,

- противоречие.

Значит таких функций не существует.

5' $\int\limits_{-1}^{1}\frac{x^2\, dx}{1+e^x}=\int\limits_{0}^{1}x^2\, dx$ - верно?

bas0514 · Сообщение **bas0514** » 30 окт 2011, 12:06

MrDindows писал(а):Source of the post
5' $\int\limits_{-1}^{1}\frac{x^2\, dx}{1+e^x}=\int\limits_{0}^{1}x^2\, dx$ - верно?

Да.
3' легко решается, если почленно сложить сумму в левой части равенства с такой же суммой, но в которой слагаемые записаны в обратном порядке: $\frac{1}{k}+\frac{1}{2011-k}=\frac{2011}{k(2011-k)}$ .
2' - не может, т.к. нетрудно видеть, что это будет четное число, не меньшее 4.

JeffLebovski

bot · Сообщение **bot** » 31 окт 2011, 07:45

СергейП писал(а):Source of the post
Был не прав, это число верно при нечетных n, а при чётных будет чуть меньше.

При переходе от $$n-2$$

к

несложно добавить $$2n-1$$

. Поэтому $\frac{n(n+1)}{2}$ строится при любом $$n$$

. И далее наоборот - это будет максимумом для чётных $$n$$

, а для нечётных чуть больше. Начиная с $$n=5$$

это "чуть больше" будет по меньшей мере 1:

/ / / 0 \
00 / 0 \
\ \ 0 \ \
\ 0 / 0 0
\ 0 / / /

bas0514 · Сообщение **bas0514** » 31 окт 2011, 09:24

Проверьте, пожалуйста, мое решение задачи 4, а то как-то не очень в нем уверен.
Очевидно, $$x_n$$

больше 1 и стремится к 1 с ростом $$n$$

.
Найдем сначала предел
$\displaystyle \lim_{n \to \infty}{n((x_n^2+x_n+1)^{1/n}-3^{1/n})}=\lim_{n \to \infty}{\frac{n(x_n-1)(x_n+2)}{(x_n^2+x_n+1)^{(n-1)/n}+3^{1/n}(x_n^2+x_n+1)^{(n-2)/n}+ \ldots +3^{(n-1)/n}}}=$
$\displaystyle =0$ , т.к. в числителе произведение $$n$$

на бесконечно малую, а знаменатель является суммой $$n$$

слагаемых, каждое из которых больше 1.
Тогда
$\displaystyle \lim_{n \to \infty}{n(x_n-1)}=\lim_{n \to \infty}{n((x_n^2+x_n+1)^{1/n}-1)}=\lim_{n \to \infty}{n(3^{1/n}-1)}=$
$\displaystyle |t=1/n|=\lim_{t \to 0}{\frac{3^t-1}{t}}=\ln 3$ .

Ian · Сообщение **Ian** » 31 окт 2011, 10:38

bas0514 писал(а):Source of the post
$\displaystyle \lim_{n \to \infty}{n((x_n^2+x_n+1)^{1/n}-3^{1/n})}=\\=\lim_{n \to \infty}{\frac{n(x_n-1)(x_n+2)}{(x_n^2+x_n+1)^{(n-1)/n}+3^{1/n}(x_n^2+x_n+1)^{(n-2)/n}+ \ldots +3^{(n-1)/n}}}=$
$\displaystyle =0$

Вместо этого можно для $f(x)=(x_n^2+x_n+1)^{1/n}$ написать теорему о конечном приращении на отрезке $$[1,x]$$

, тот же вывод что (n* приращение) стремится к 0, значит и у Вас верно

yourdomain.com