Сборник задач с решениями для подготовки к студенческим математическим олимпиадам: Задачник

Министерство образования и науки Российской Федерации Федеральное агентство по образованию Пензенский государственный университет

Руденко А.К., Руденко М.Н., Семерич Ю.С.

СБОРНИК ЗАДАЧ С РЕШЕНИЯМИ ДЛЯ ПОДГОТОВКИ К СТУДЕНЧЕСКИМ МАТЕМАТИЧЕСКИМ ОЛИМПИАДАМ

Пенза, 2009 г.

ОГЛАВЛЕНИЕ

Введение…………………………………………………………………………. 3 1. Линейная алгебра…………………………………………………………….. 4 2. Аналитическая геометрия…………………………………………………… 7 3. Математический анализ……………………………………………………...

9

3.1 Графики функций………………………………………………..……….

9

3.2 Пределы функций………………………………………………..………. 11 3.3 Теоремы дифференциального исчисления о среднем значении……… 15 3.4 Ряды………………………………………………………………...……... 20 Список литературы……………………………………………………………... 24

2

ВВЕДЕНИЕ Одним из средств повышения математической культуры будущих специалистов физико-математического и технического профиля в вузе является подготовка и участие студентов в математических олимпиадах. Студент при этом развивает привычку к точному логическому мышлению, получает творческие исследовательские навыки. В пособии приводятся задачи, углубляющие теоретический материал. Есть задачи вычислительного характера. Задачи взяты из учебников, задачников, олимпиадных сборников. Список задач разбит на типы. Приведены решения всех задач. Используя пособие, можно проводить личное первенство для студентов первого, второго и старших курсов. Если первенство будет командным, то каждая команда может состоять из трех человек-студентов одной группы, которые решают и сдают для проверки одну общую работу. Получается соревнование между группами, потоками, факультетами. Можно проводить олимпиады для студентов разных специальностей: экономического, технического, гуманитарного и других профилей. Победители олимпиады могут претендовать на премии, именные стипендии и другие льготы.

3

РАЗДЕЛ 1 ЛИНЕЙНАЯ АЛГЕБРА Задача 1.1. Вычислить определитель п-го порядка α+β

αβ

0

…

0

0

1

α+β

αβ

…

0

0

0 …

1 …

α+β … … …

0 …

0 , …

0 0

0 0

∆n =

… α + β αβ … 1 α+β

0 0

где α и β – действительные числа, такие, что α ≠ β . Решение. Представим элементы первого столбца в виде суммы двух слагаемых α + β,1 + 0, 0 + 0, …, 0 + 0, 0 + 0 . Тогда определитель ∆ n можно представить в виде суммы двух определителей:

∆n =

+

α

αβ

0

…

0

0

1

α+β

αβ

…

0

0

0 …

1 …

α+β … … …

0 …

0 + …

0 0

0 0

… α + β αβ … 1 α +β

0 0

β

αβ

0

…

0

0

0

α+β

αβ

…

0

0

0 …

1 …

α+β … … …

0 …

0 . …

0 0

0 0

… α + β αβ … 1 α+β

0 0

В первом определителе первый столбец, умноженный на β , вычтем из второго, затем полученный второй столбец, умноженный на β , вычтем из третьего и так продолжаем до последнего n -го столбца. В результате будем иметь

4

∆n =

α

0

0

…

0

0

1

α

0

…

0

0

0 1 α … 0 0 +β … … … … … … 0 0

0 0

0 0

… α … 1

α + β αβ 1 α+β

0 α

0

1

… 0

… 0

… …

0 0

α+β …

0

0 αβ … 0

=

… … … α+β

= α n + β∆ n−1 .

Итак, получили рекуррентное соотношение ∆ n = α n + β∆ n−1 . Аналогично, поменяв роли α и β , получим ∆ n = βn + α∆ n−1 . Составим систему уравнений для определения неизвестных ∆ n и ∆ n−1 ∆ n = α n + β∆ n−1 ,  n  ∆ n = β + α∆ n−1.

Вычтем из первого уравнения второе, получим ( α n − βn ) + ( β − α ) ∆ n−1 = 0 . Далее, преобразуем полученное выражение к виду α n − βn = ( α − β ) ∆ n−1 . Отсюда находим

α n − βn ∆ n−1 = . α −β Тогда

α n − βn α n+1 − α nβ + α nβ − βn+1 α n+1 − βn+1 ∆n = α + β = = . α −β α −β α −β n

α n+1 − βn+1 Таким образом, получим ∆ n = . α −β Задача 1.2. Вычислить определитель п-го порядка

∆n =

−t

0

0

...

0

a1

a2

−t

0

...

0

0

0

a3

−t ...

0

0

... 0

... 0

... ... ... 0 ... −t

... 0

0

0

0

−t

... an

.

Решение. Разложим определитель по элементам первой строки: 5

∆ n = ( −t ) ∆′n−1 + ( −1)

1+ n

a1∆′′n−1 ,

где ∆′n−1 , ∆′′n−1 – треугольные определители. Причем у первого определителя выше главной диагонали расположены нули, а на главной диагонали число −t , у второго определителя ниже главной диагонали расположены нули, а на главной диагонали числа a2 , a3 , ..., an . Таким образом, получим ∆ n = ( −t ) + ( −1)

1+ n

n

a1a2 a3 ...an .

Задача 1.3. Установить, существует ли невырожденная квадратная матрица A порядка 2005 с действительными элементами, такая, что A3 + 2 AT = 0 , где 0 – нулевая матрица. Решение. По условию известно, что A3 + 2 AT = 0 , а отсюда находим

A3 = −2 AT . Следовательно, получим det ( A3 ) = det ( −2 AT ) ,

( det A )

3

= ( −2 )

2005

det AT .

Так как det AT = det A , то

( det A ) + ( −2 ) 3

2005

det A = 0 ,

( det A) ( det A) + ( −2 ) 2

Но, так как ( det A ) + ( −2 ) 2

2005

2005

 = 0. 

≠ 0 , то отсюда следует, что det A = 0 . Таким

образом, невырожденной матрицы, удовлетворяющей данному уравнению, нет. Задача 1.4. Вычислить производную функции f ( x ) = det ( Ax + E ) в точке x = 0 , если A – квадратная матрица порядка n с элементами aij = i ⋅ j , i = 1, 2, ..., n , j = 1, 2, ..., n , n ∈ ℕ , E – единичная матрица.

Решение. Так как 1 ⋅ 1x + 1 1 ⋅ 2 x + 1 ... 1 ⋅ nx + 1 f ( x ) = det ( Ax + E ) =

2 ⋅ 1x ...

2 ⋅ 2 x + 1 ... ... ...

n ⋅ 1x

Вычислим производную функции f ( x ) 6

n ⋅ 2x

2 ⋅ nx ...

... n ⋅ nx + 1

.

1 ⋅1 f ′( x ) =

1⋅ 2

1⋅ n

...

2 ⋅ 1x 2 ⋅ 2 x + 1 ... ... ... ... n ⋅ 1x

n ⋅ 2x

1 ⋅ 1x + 1 1 ⋅ 2 x

2 ⋅ nx + ...

... n ⋅ nx + 1 1 ⋅ 1x + 1 +

2 ⋅ 1x ...

...

1 ⋅ nx

... ...

2⋅n ...

2 ⋅1 ...

2⋅2 ...

n ⋅ 1x

n ⋅ 2 x ... n ⋅ nx + 1

1⋅ 2x

+ ... +

... 1 ⋅ nx

2 ⋅ 2 x + 1 ... 2 ⋅ nx . ... ... ...

n ⋅1

n⋅2

n⋅n

...

Подставим x = 0 1 ⋅ 1 1 ⋅ 2 ... 1 ⋅ n f ′( x ) =

+

1

0

...

0

0 ...

1 ...

... ...

0 2 ⋅ 1 2 ⋅ 2 ... 2 ⋅ n + + ... + ... ... ... ... ...

0

0

...

1

0

0

...

1

1

0

...

0

0 ...

1 ...

... ...

0 n ( n + 1)( 2n + 1) = 1 ⋅ 1 + 2 ⋅ 2 + ... + n ⋅ n = . ... 6

n ⋅ 1 n ⋅ 2 ... n ⋅ n

Задача 1.5. Доказать, что абсолютная величина определителя квадратной матрицы A порядка n , у которой столбцы являются попарно ортогональными векторами, равна произведению длин векторов-столбцов. Решение. Пронормируем столбцы матрицы A . Тогда за знак определителя матрицы A можно вынести множитель, равный произведению длин столбцов. Матрица A1 из нормированных столбцов будет ортогональной и для нее выполняется условие A1−1 = A1T , A1 A1T = E , тогда det A12 = 1 , det A1 = 1 . РАЗДЕЛ 2 АНАЛИТИЧЕСКАЯ ГЕОМЕТРИЯ Задача 2.1. Найти расстояние от параболы y = x 2 до прямой x − y − 2 = 0 . Решение. Найдем координаты точки M на параболе, в которой касательная параллельна прямой x − y − 2 = 0 . Для этого представим уравнение прямой 7

в виде y = x − 2 . Отсюда следует, что угловой коэффициент прямой k = 1 . Уравнение касательной представим в виде y − y1 = 2 x1 ( x − x1 ) . Тогда получим, что 2 x1 = 1 , а отсюда x1 = 1 2 , y1 = 1 4 . Теперь вычислим расстояние от точки M (1 2, 1 4 ) до прямой x − y − 2 = 0

1 1 − −2 7 2 2 4 ρ= = . 8 2 Задача 2.2. Составить уравнение кривой, проходящей через точку A ( 0,1) , для которой треугольник, образованный отрезком OB оси Oy , касательной к кривой в произвольной ее точке M ( x1 , y1 ) и радиус-вектором OM точки касании является равнобедренным. Основанием треугольника служит отрезок BM касательной от точки касания до оси Oy (рис. 1).

Рис. 1 Решение. Пусть y = f ( x ) является искомым уравнением кривой. Запишем уравнение касательной, проведенной к кривой y = f ( x ) в точке M ( x1 , y1 ) y − y1 = y′ ( x − x1 ) . Найдем координаты точки B . При x = 0 , получим y − y1 = − x1 y′ или y = y1 − x1 y′ . По условию известно, что y − xy′ = x 2 + y 2 или xy′ = y − x 2 + y 2 . 2

y  y Отсюда находим, что y′ = − 1 +   является однородным дифференциальx  x 8

ным уравнением первого порядка. Выполним замену t =

y , тогда y = tx , а x

y′ = t ′x + t . Тогда после подстановки в уравнение, получим

t ′x + t = t − 1 + t 2 ,

∫

dt 1+ t2

= −∫

dx , x

ln t + 1 + t 2 = − ln x + ln C ,

t + 1+ t2 =

C , x

y y2 C + 1+ 2 = , x x x y + x2 + y 2 = C .

Найдем неизвестную C из условия y ( 0 ) = 1 , тогда 1 + 1 = C , C = 2 . Тогда искомое уравнение кривой примет вид y + x 2 + y 2 = 2 или x 2 = 4 − 4 y .

РАЗДЕЛ 3 МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ 3.1 Графики функций Задача 3.1. Построить график неявно заданной функции max { x, y} = 1 . Решение. Если y < x , то x = 1 при y < 1. Если y = x , то y = x = 1 . Если y > x , то y = 1 при x < 1 (рис. 2).

Рис. 2 9

Задача 3.2. Построить график функции y = arcsin ( sin x ) . Решение. Уравнение y = arcsin ( sin x ) равносильно системе sin y = sin x,   − π 2 ≤ y ≤ π 2.

Отсюда находим, что y = ( −1) x + πn , n ∈ ℤ , − π 2 ≤ y ≤ π 2 . Задаем поn

следовательно n = 0, ± 1, ± 2, ... и строим график функции (рис. 3).

Рис. 3 Задача 3.3. Построить график функции y = arcsin ( cos x ) . Решение. Уравнение y = arcsin ( cos x ) равносильно системе sin y = cos x,   − π 2 ≤ y ≤ π 2, sin y = sin ( π 2 − x ) ,   − π 2 ≤ y ≤ π 2.

Отсюда находим, что y = ( −1) ( π 2 − x ) + πn , n ∈ ℤ , − π 2 ≤ y ≤ π 2 . Задаn

ем последовательно n = 0, ± 1, ± 2, ... и строим график функции (рис. 4).

10

Рис. 4 3.2 Пределы функций Задача 3.4. Вычислить, не пользуясь правилом Лопиталя lim x →0

x − sin x . x3

Решение. Воспользуемся формулой Тейлора для функции y = sin x x 3 x5 x 7 x 2 n−1 n −1 sin x = x − + − + ... + ( −1) + R ( x) . 3! 5! 7! ( 2n − 1)! 2n−1

Тогда получим x3 x5 x7 x 2 n−1 n −1 x − x + − + − ... − ( −1) − R2 n−1 ( x ) 3! 5! 7! 2n − 1)! ( 1 1 lim = = . x →0 x3 3! 6

Задача 3.5. Вычислить lim x →0

(1 + x )(1 + 2 x ) ...(1 + nx ) − 1 . x

Решение. Воспользуемся правилом Лопиталя, получим

lim x →0

(1 + x )(1 + 2 x ) ⋅ ... ⋅ (1 + nx ) − 1 = x

= lim (1 + 2 x ) ⋅ ... ⋅ (1 + nx ) + 2 (1 + x ) ⋅ ... ⋅ (1 + nx ) + ... + n (1 + x )(1 + 2 x ) ⋅ ... ⋅ (1 + ( n − 1) x ) = x →0

=

n ( n + 1) . 2

11

)

(

Задача 3.6. Вычислить lim sin 2 π n 2 + n . n→∞

Решение. Преобразуем выражение, стоящее под знаком предела

)

(

)

(

limsin 2 π n 2 + n = limsin 2 π  n 2 + n − n + n  = n→∞ n→∞  

= limsin 2 ( πα ( n ) + πn ) = lim ( sin πα ( n ) cos πn + cos πα ( n ) sin πn ) = 2

n→∞

n→∞

π = limsin 2  n →∞  

(

= limsin 2 n →∞

)(

)

n2 + n + n  =  2 n +n +n  

n2 + n − n

π π = limsin 2 = 1. n →∞ 2 1 1+ +1 n

Задача 3.7. Найти предел суммы с помощью определенного интеграла

1p + 2 p + ... + n p lim , p > 0. n→∞ n p +1 Решение. Как известно, b

∫ f ( x ) dx = lim ( f ( ξ ) ∆x a

n→∞

1

1

+ ... + f ( ξn ) ∆xn ) , ξ k ∈ [ xk , xk +1 ] , max ∆xk → 0 . 1≤k ≤ n

Однако, в некоторых случаях выражение под знаком предела (интегральная сумма) задается в виде f ( ξ1 ) ∆x1 + ... + f ( ξ n ) ∆xn = ϕ1 ( n ) + ... + ϕn ( n ) .

Тогда b

lim ( ϕ1 ( n ) + ... + ϕn ( n ) ) = ∫ f ( x ) dx . n→∞

a

Поэтому в нашем случае выражение под знаком предела является интегральной суммой для функции f ( x ) = x p при x ∈ [ 0,1] , ξk = 1

му ∫ x p dx = 0

k 1 , ∆xk = . Поэтоn n

1 . p +1

Задача 3.8. Найти предел суммы с помощью определенного интеграла 12

1 1 2 n lim  1 + + 1 + + ... + 1 +  . n→∞ n n n n 

Решение. Выражение под знаком предела является интегральной суммой для функции

f ( x ) = 1 + x при x ∈ [ 0,1] , ξk = 1

Поэтому

∫

1 + xdx =

0

(

k 1 , ∆xk = . n n

)

2 2 2 −1 . 3

Задача 3.9. Найти предел суммы с помощью определенного интеграла π ( n − 1) π  . 1 2π + cos + ... + cos lim  1 + cos  n→∞ n 2n 2n 2n  

Решение. Выражение под знаком предела является интегральной суммой для функции

f ( x ) = cos

πx k 1 при x ∈ [ 0,1] , ξk = , ∆xk = . 2 n n

π 1 sin x 2 π 2 Поэтому ∫ cos xdx = 2 = . 2 π π 0 1

0

Задача 3.10. Найти предел суммы с помощью определенного интеграла

1 n lim  ∑ f n→∞ n  k =1

b − a   a + k  . n  

Решение. Выражение под знаком предела является интегральной суммой для функции ϕ( x ) =

1 b−a b−a f ( x ) при x ∈ [ a, b ] , ξ k = k , ∆xk = . b−a n n b

1 Поэтому f ( x ) dx . b − a ∫a

Задача 3.11. Найти предел суммы с помощью определенного интеграла n

lim n →∞

n! =k. n 13

Решение. Прологарифмируем обе части равенства ln lim n n→∞

1 n2 n ⋅ ⋅ ... ⋅ n = ln k . n n n

Отсюда находим 1 1 2 n lim  ln + ln + ... + ln  . n→∞ n n n  n

Выражение, стоящее под знаком предела, является интегральной суммой для функции f ( x ) = ln x при x ∈ [ 0,1] , ξk = 1

k 1 , ∆xk = . n n

1

ln x x2 − 1 = lim − 1 = −1 . Отсюда наПоэтому ∫ ln xdx = x ln x 0 − ∫ dx = 0 − lim x →0 1 x →0 x 0 0 x 1

ходим, что k = e−1 . Задача 3.12. Найти предел суммы с помощью определенного интеграла 1 1   1 lim  + + ... + . n→∞ n + 1 n + 2 2 n  

Решение. Преобразуем выражение в скобках

  1 1 1 1 1 1 1  + + ... + =  + + ... + . n n +1 n + 2 n + n n 1+ 1 1+ 2 1+  n n n  Выражение, стоящее под знаком предела, является интегральной суммой для

функции

f ( x) =

1 1+ x

при

x ∈ [ 0,1] ,

ξk =

k , n

∆xk =

1 . n

Поэтому

1

1 dx = ln 1 + x = ln 2 . ∫0 1 + x 0

Задача 3.13. Найти предел суммы с помощью определенного интеграла n n   n lim  2 2 + 2 + ... + 2 . 2 n→∞ n + 1 n +2 n + n2  

Решение. Преобразуем выражение в скобках

14

 n n n 1 1 1 1 ... ... + + + = + + +  2 2 1 2 n2 n 2 + 12 n 2 + 22 n2 + n2 n  1+ 2 1+ 2 1+ 2 n n n 

    

   1 1 1 1 1 1 1  + + ... + =  + + ... + . n n +1 n + 2 n + n n 1+ 1 1+ 2 1+  n n n  Выражение, стоящее под знаком предела, является интегральной суммой для 1

f ( x) =

функции

dx

∫1+ x

= arctgx 0 = 1

2

0

1 1 + x2

при

x ∈ [ 0,1] ,

ξk =

k , n

∆xk =

1 . n

Поэтому

π . 4

Задача 3.14. Найти предел суммы с помощью определенного интеграла 1 π 2π ( n − 1) π  = 1 lim π  sin π + sin 2π + ... + sin ( n − 1) π  . + ... + sin lim  sin + sin    n→∞ n n n n n n n   π n→∞ n  

Решение. Выражение, стоящее под знаком предела, является интеграль1 kπ π ной суммой для функции f ( x ) = sin x при x ∈ [ 0, π] , ξ k = , ∆xk = . Поэтоn n π π

му

1 2 . sin xdx = π ∫0 π

3.3 Теоремы дифференциального исчисления о среднем значении Задача 3.15. Доказать неравенства а) sin x − sin y ≤ x − y . Решение. По теореме Лагранжа sin x − sin y = cos ξ ⋅ ( x − y ) . Так как cos ξ ≤ 1, то получаем требуемое; б) arctga − arctgb ≤ a − b . Решение. По теореме Лагранжа

arctga − arctgb = 15

1 ( a − b) . 1 + ξ2

Так как

1 ≤ 1 , то получаем требуемое; 1 + ξ2

в) n ( b − a ) a n−1 < b n − a n < n ( b − a ) b n−1 при 0 < a < b . г)

a −b a a −b < ln < при 0 < b < a . a b b

Задача 3.16. Пусть функция f ( x ) дифференцируема на [ x1 , x2 ] , причем 0 < x1 < x2 . Доказать, что

x1 1 x2 − x1 f ( x1 )

x2

f ( x2 )

= ξf ′ ( ξ ) − f ( ξ ) , ξ ∈ ( x1 , x2 ) .

Решение. Преобразуем правую часть равенства, используя теорему Коши

f ( x2 ) f ( x1 ) − 1 x2 x1 = x1 f ( x2 ) − x2 f ( x1 ) ) = ( 1 1 x2 − x1 − x2 x1  f ( x ) ′   x   =  1 ′ −   x

=

ξf ′ ( ξ ) − f ( ξ ) 2 ξ = ξf ′ ( ξ ) − f ( ξ ) . ξ2

x =ξ

Задача 3.17. Доказать, что если функции f ( x ) и g ( x ) непрерывны на

[ a, b ] ,

дифференцируемы на

[ a, b ] ,

g ( x ) > 0 , x ∈ ( a, b ) , то уравнение

а также f ( a ) = 0 , g ( b ) = 1 , f ( x ) > 0 ,

f ′( x ) g′( x ) ln g ( x ) + = 0 имеет, по крайней f ( x) g ( x)

мере, один корень на ( a, b ) . Решение. Рассмотрим функцию F ( x ) = f ( x ) ln g ( x ) и применим теорему Ролля. F ′ ( x ) = f ′ ( x ) ln g ( x ) + f ( x )

Разделим обе части на f ( x ) и будем иметь 16

g′( x ) = 0. g ( x)

f ′( x ) g′( x ) ln g ( x ) + = 0 , x ∈ ( a, b ) . f ( x) g ( x)

Задача 3.18. Доказать, что e2 x <

1+ x , 0 < x < 1. 1− x

Решение. Применим теорему Коши к функциям f ( x ) = e 2 x и g ( x ) =

1+ x 1− x

на отрезке [ 0, x ] e2 x − 1 2e 2ξ 2 = = e2 ξ (1 − ξ ) < 1 , если 0 < ξ < 1. 1+ x 2 ⋅1 −1 2 1− x (1 − ξ )

Рассмотрим ϕ ( x ) = e2 x (1 − x ) , 2

ϕ′ ( x ) = 2e2 x (1 − x ) − 2e 2 x (1 − x ) = 2e2 x (1 − 2 x + x 2 − 1 + x ) = 2

= 2e 2 x ( x 2 − x ) = 0 , x1 = 0 , x2 = 1 , ϕ′′ ( x ) = 4e 2 x ( x 2 − x ) + 2e 2 x ( 2 x − 1) = 2e 2 x ( 2 x 2 − 2 x + 2 x − 1) = = 2e 2 x ( 2 x 2 − 1) ,

ϕ′′ ( 0 ) < 0 , ϕ′′ (1) > 0 , ϕ′′ ( x ) = 0 , α1, 2 = ± 0.5 , ϕmax ( 0 ) = 1, ϕmin (1) = 0 ,

 1  ϕ =e  2

1 2

2

1    23 1 −  = e  2 − 2  ≈ 0.04 2   

Следовательно, неравенство верное.

(

)

Задача 3.19. Вычислить lim sin x + 1 − sin x . x→∞

Решение. Преобразуем выражение в скобках

sin x + 1 − sin x x→∞ x +1 − x

lim

(

)

x +1 − x = k .

Воспользуемся теоремой Ролля, согласно которой существует такое число c , что выполняется условие 17

x < c < x +1 . Тогда

sin x + 1 − sin x = cos c , x +1 − x

x +1− x = 0. x +1 + x

k = limcos c ⋅ x →∞

Задача 3.20. Доказать неравенство e x − 1 > ln (1 + x ) , x > 0 .

f ( x ) = ln (1 + x ) и

Решение. Применим теорему Коши к функциям g ( x ) = e x на [ 0, x ]

ln (1 + x ) − ln1 1 = < 1, ξ > 0 . ex −1 (1 + ξ ) eξ

Задача 3.21. Показать, что

n +1 − n =

1 , 0 < θ <1. 2 n+θ

Найти lim θ ( n ) . n→∞

Решение. Рассмотрим функцию f ( x ) = n + x , x ∈ [ 0,1] . Применим теорему Лагранжа к этой функции. Найдем, что θ( n) =

4

(

1 n +1 − n

)

( −n=

n +1 + n

)

2

2 n 2 + n + 2 n + 1 = 4n −n= = 4

4

1 2 n 2 + n − 2n 1 n2 + n − n 1 = + = + = + 4 4 4 2 4 2

Следовательно, lim θ ( n ) = n→∞

(

1 . 2

Задача 3.22. Пусть 1 f ( x) = 3 − x

1 5 − 3x

1 2

3x − 1 . 3

2 x 2 − 1 3x 5 − 1 7 x8 − 1 18

n n2 + n + n

)

.

Доказать, что найдется число C , 0 < C < 1, такое, что f ′ ( C ) = 0 . Решение. Так как 1 1 1 1 1 1 f ( 0 ) = 3 5 −1 = 0 , f (1) = 2 2 2 = 0 , −1 −1 −1 1 2 6 тогда по теореме Ролля найдется число C , 0 < C < 1, такое, что f ′ ( C ) = 0 . Задача 3.23. Пусть c0 +

c1 c + ... + n = 0 . 2 n +1

Доказать, что многочлен c0 + c1 x + ... + cn x n имеет хотя бы один действительный корень. Решение. Рассмотрим многочлен

c1 x 2 cn x n+1 Pn+1 ( x ) = c0 x + + ... + . 2 n +1 По условию Pn+1 (1) = 0 , кроме того Pn+1 ( 0 ) = 0 . Поэтому существует такое число x0 ( 0 ) ∈ ( 0,1) такое, что Pn′+1 ( x0 ) = 0 , Pn′+1 ( x ) совпадает с многочленом c0 + c1 x + ... + cn x n .

Задача 3.24. Если функция f ( x ) непрерывна на [ a, b ] , дифференцируема на ( a, b ) и f ( a ) = f ( b ) = 0 , то ∀α ∈ R уравнение αf ( x ) + f ′ ( x ) = 0 имеет на

( a, b )

хотя бы один корень. Решение. Рассмотрим функцию F ( x ) = e αx f ( x ) , которая на ( a, b ) удов-

летворяет условиям теоремы Ролля, поэтому ее производная

F ′ ( x ) = αeαx f ( x ) + eαx f ′ ( x ) = eαx ( αf ( x ) + f ′ ( x ) ) имеет хотя бы один корень на ( a, b ) . Задача 3.25. Пусть функция f ( x ) дважды дифференцируема на [ 0,1] и удовлетворяет условиям f ′ (1) < 2 f (1) , f ′′ ( x ) > 0 ∀x ∈ [ 0,1] . Доказать, что 1

∫ f ( x ) dx > 0 . 0

19

Решение. Представим функцию f ( x ) = f (1) + f ′ (1)( x − 1) +

f ′′ ( c ) 2 ( x − 1) , c ∈ [0,1] . 2

Тогда 1

∫

1

1

0

0

f ( x ) dx = ∫ f (1) dx + f ′ (1) ∫ ( x − 1) dx +

0

= f (1) −

f ′′ ( c ) 1 2 ( x − 1) dx = ∫ 2 0

f ′ (1) + A. 2

По условию f ′′ ( c ) 1 f ′ (1) 2 , A= x − 1 dx > 0 f 1 − >0. ( ) ( ) 2 2 ∫0 1

Следовательно,

∫ f ( x ) dx > 0 . 0

3.4 Ряды Задача 3.26. Доказать, что при любом натуральном n истинно тождество 1−

1 1 1 1 1 1 1 1 + − + ... + − = + + ... + . 2 3 4 2n − 1 2n n + 1 n + 2 2n

(1)

Решение. Применим метод математической индукции. При n = 1 имеем

1−

1 1 = . Запишем теперь доказываемое равенство при n = k + 1 и при n = k . 2 2

При n = k + 1, получим 1−

1 1 1 1 1 1 1 + − + ... + − + + = 2 3 4 2k − 1 2k 2k + 1 2 ( k + 1)

=

1 1 1 1 1 + + ... + + + . k +2 k +3 2 k 2k + 1 2k + 2

(2)

При n = k , получим 1−

1 1 1 1 1 1 1 1 1 + − + ... + − = + + + ... + . 2 3 4 2k − 1 2 k k + 1 k + 2 k + 3 2k

Вычитая почленно эти два равенства, получим

20

(3)

1 1 1 1 1 , − = + − 2k + 1 2 ( k + 1) 2k + 1 2k + 2 k + 1

или 1 1 1 1 . − = − 2k + 1 2 ( k + 1) 2k + 1 2k + 2

Таким образом получили истинное равенство. Значит, если истинно равенство (3), то истинно и равенство (2), а поэтому в силу математической индукции тождество (1) справедливо при любом натуральном n . ∞

x4n Задача 3.27. Найти S ( x ) = ∑ . 4 n ! ( ) n=0

Решение. Заметим, что S (

4)

( x ) − S ( x ) = 0 . Решим данное дифференциаль-

ное уравнение при дополнительных условиях S ( 0 ) = 1 ,

S ′ ( 0 ) = 0 , S ′′ ( 0 ) = 0 ,

S ′′′ ( 0 ) = 0 . Составим характеристическое уравнение λ 4 − 1 = 0 . Отсюда находим,

что

( λ − 1)( λ + 1) ( λ 2 + 1) = 0 , y1 = e x , y2 = e− x , y3 = cos x , y4 = sin x .

Тогда получим S ( x ) = C1e x + C2e − x + C3 cos x + C4 sin x ,

где C1 , C2 , C3 , C4 – произвольные постоянные, которые найдем из условий Из дополнительных условий находим S ′ ( x ) = C1e x − C2e − x − C3 sin x + C4 cos x , S ′′ ( x ) = C1e x + C2 e − x − C3 cos x − C4 sin x , S ′′ ( x ) = C1e x − C2 e − x + C3 sin x − C4 cos x .

Тогда S ′ ( 0 ) = C1 − C2 + C4 = 0 , S ′′ ( 0 ) = C1 + C2 − C3 = 0 , S ′′′ ( 0 ) = C1 − C2 − C4 = 0 . 21

1 1 1 Отсюда следует, что C1 = , C2 = , C3 = , C4 = 0 . 4 4 2 1 1 1 Таким образом, получаем S ( x ) = e x + e− x + cos x . 4 4 2 ∞

Задача 3.28. Доказать, что если ряд

∑a n =1

n

, an > 0 сходится, то ряд

∞

∑a n =1

p n

,

p > 1 также сходится. Верно ли обратное утверждение? ∞

Решение. Так как

∑a n =0

n

сходится, то lim an = 0 . Следовательно, начиная с n→∞

некоторого номера N , все члены ряда удовлетворяют неравенству 0 < an < 1 , значит a < an и ряд p n

мер, при p > 1 ряд

∞

∑a n=0

p n

сходится. Обратное утверждение неверно. Напри-

∞

1 сходится, а при p = 1 ряд ∑ p n n =1

∞

1

∑n

расходится.

n =1

Задача 3.29. Исследовать на сходимость ряд

2 + 2 − 2 + 2 − 2 + 2 + 2 − 2 + 2 + 2 + ... . Решение. Так как

π 2 = 2cos , то получим 4 2 − 2 = 2 − 2cos

π π = 2sin , 4 8

2 − 2 + 2 = 2sin

π , 16

2 − 2 + 2 + 2 = 2sin

π . 32

Продолжая до n члена ряда, получим an = 2sin x > 0 , то an = 2sin

π . Так как sin x < x при 2n+1

π π π < 2 n+1 = n . Таким образом, получили ряд n +1 2 2 2 ∞

1 , n 2 n =1

π∑

который является сходящимся, а, следовательно, исходный ряд также сходится. 22

СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ 1. Садовничий В.А., Подколзин А.С. Задачи студенческих математических олимпиад по математике. – М.: Наука, 1987. – 207 с. 2. Сборник докладов семинара «Вопросы методики подготовки к математическим олимпиадам в высшей школе», Вып. 8. – СПб.: ТПП, 2006. 3. Методическое руководство для студенческих кружков. Составители: Беляков Л.М. и др. – Челябинск, 1976. – 108 с. 4. Демидович Б.П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу. – М.: Наука, 2009. – 560 с.

23