Các bài toán sưu tầm
********************

Олимпиада Якут
==============

.. admonition:: Câu 1

    Tính :math:`\lim\limits_{t \to +\infty} t \sum\limits_{k=1}^{+\infty} \dfrac{1}{k^2 + t^2}`.

Ta có công thức thông dụng

.. math:: \int \frac{dx}{x^2 + t^2} = \frac{1}{t} \arctan \frac{x}{t}.

Ta có chặn

.. math:: \frac{1}{(k+1)^2 + t^2} \leqslant \int\limits_{k}^{k+1} \frac{dx}{x^2 + t^2} \leqslant \frac{1}{k^2 + t^2},

suy ra

.. math:: \frac{1}{k^2 + t^2} \leqslant \int\limits_{k-1}^k \frac{dx}{x^2 + t^2}.

Cộng tất cả phương trình trên với :math:`k=1, 2, \ldots` thì

.. math:: \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2 + t^2} \leqslant \int\limits_0^{+\infty} \frac{dx}{x^2 + t^2} = \frac{1}{t} \cdot \arctan \frac{x}{t} \Big|_0^{+\infty} = \frac{1}{t} \cdot \frac{\pi}{2}.

Tương tự

.. math:: 

    & \int\limits_{k}^{k+1} \frac{dx}{x^2 + t^2} \leqslant \frac{1}{k^2 + t^2} \\
    \Rightarrow & \int\limits_{1}^\infty \frac{dx}{x^2 + t^2} \leqslant \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2 + t^2}

Do

.. math:: \int\limits_1^\infty \frac{dx}{x^2 + t^2} = \frac{1}{t} \arctan \frac{x}{t} \Big|_1^\infty = \frac{1}{t} \left( \frac{\pi}{2} - \arctan \frac{1}{t} \right)

nên

.. math:: \left( \frac{\pi}{2} - \arctan \frac{1}{t} \right) \leqslant t \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^2 + t^2} \leqslant \frac{\pi}{2}.

Như vậy

.. math:: \lim\left(\frac{\pi}{2} - \arctan \frac{1}{t}\right) = \lim \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}

khi :math:`t \to \infty`.

.. admonition:: Câu 2

    Giải phương trình

    .. math:: 19^x - 13^x = 9^x - 3^x.

Dễ thấy :math:`x = 0` là một nghiệm của phương trình.

Giả sử phương trình có nghiệm khác :math:`0` là :math:`x`.

Cố định :math:`x`, đặt :math:`g(t) = t^x`.

Theo định lí Lagrange, tồn tại :math:`\xi \in (a, b)` để :math:`g(a) - g(b) = g'(\xi) \cdot (a - b)`.

Như vậy

.. math:: g'(\xi) \cdot (19 - 13) = g'(\eta) \cdot (9 - 6)

với :math:`\xi \in (13, 19)` và :math:`\eta \in (6, 9)`. Suy ra :math:`g'(\xi) = g'(\eta)`, nói cách khác là

.. math:: x \cdot \xi^{x-1} = x \cdot \eta^{x-1}

mà :math:`x \neq 0` nên :math:`\left(\dfrac{\xi}{\eta}\right)^{x-1} = 1`. Điều này chỉ xảy ra khi :math:`x-1 = 0`, hay :math:`x = 1`.

Kết luận: phương trình có hai nghiệm là :math:`x = 0` và :math:`x = 1`.

Олимпиада студентов СПбПУ по математике (2022/23 учебный год)
=============================================================

Задачи и решения (1 курс)

Задача 1. Докажите, что ни одно число :math:`2^n`, где :math:`n` --- любое натуральное число, не представимо в виде суммы двух или более последовательных натуральных чисел.

Решение. Докажем утверждение рассуждением от противного. Пусть :math:`2^n = (k+1) + (k+2) + \cdots + (k + m)` для некоторых натуральных :math:`n`, :math:`m`, причем :math:`m > 1` (:math:`m` --- количество последовательных натуральных слагаемых), и для некоторого :math:`k \in \{ 0; 1; 2; \ldots \}`. Тогда :math:`2^n = mk + \dfrac{m(m+1)}{2} = \dfrac{m}{2} (2k + m + 1)` :math:`\Longleftrightarrow` :math:`2^{n+1} = m(2k + m + 1)`. Очевидно, сомножители в правой части последнего равенства имеют разную четность, и, поскольку :math:`m > 1`, они оба больше единицы. Но ни одно число вида :math:`2^{n+1}` не имеет нечетных делителей, отличных от единицы. Полученное противоречие доказывает утверждение.

Задача 2. Существуют ли векторы :math:`a, b, c` такие, что одновременно выполнены следующие неравенства: :math:`\sqrt{3} \cdot \lvert a \rvert < \lvert b - c \rvert`; :math:`\sqrt{3} \cdot \lvert b \rvert < \lvert a - c \rvert`; :math:`\sqrt{3} \cdot \lvert c \rvert < \lvert a - b \rvert`? Ответ докажите.

Решение. Из условия имеем :math:`3c^2 < a^2 - 2ab + b^2`, :math:`3b^2 < a^2 - 2ac + c^2`, :math:`3a^2 < b^2 - 2bc + c^2`. Складывая три полученных неравенства, получаем :math:`3(a^2 + b^2 + c^2) < 2(a^2 + b^2 + c^2) - 2ab - 2bc - 2ca`, то есть :math:`(a + b + c)^2 < 0`, что невозможно.

Ответ: таких векторов не существует.

Задача 3. Вычислите :math:`\lim\limits_{n \to \infty} \dfrac{1}{n^2} \sum_{k=1}^{n}  [kx]`, где :math:`[a]` --- целая часть числа :math:`a`.

Решение. В силу определения целой части выполняется двойное неравенство :math:`kx - 1 < kx \leqslant kx`, поэтому общий член последовательности из условия задачи имеет следующие оценки снизу и сверху: :math:`\dfrac{1}{n^2} \sum\limits_{k=1}^{n} (kx - 1) < \dfrac{1}{n^2} \sum\limits_{k=1}^{n}[kx] \leqslant \dfrac{1}{n^2} kx`, откуда, вычисляя сумму арифметической прогрессии в левой и правой частях двойного неравенства, получаем :math:`\dfrac{n(n+1)}{2n^2} x - \dfrac{n}{n^2} < \dfrac{1}{n^2} \sum\limits_{k=1}^{n} [kx] \leqslant \dfrac{n(n+1)}{2n^2} x`. Левая и правая части полученного двойного неравенства имеют одинаковый предел :math:`\dfrac{x}{2}`; по теореме о сжатой последовательности («принцип двух милиционеров»), и средняя часть неравенства имеет тот же предел.

Ответ: :math:`\dfrac{x}{2}`.

Задача 4. Докажите, что если :math:`y = \cos^3 x`, то для всякого :math:`k \in \NN` и для всякого :math:`x \in \RR` верно неравенство :math:`\left\lvert y^{(k)}(x) \right\rvert \leqslant \dfrac{3^k + 3}{4}`.

Решение. :math:`\cos^3 x = \dfrac{1}{4} (3 \cos x + \cos 3x`) (не предполагается, что для решения задачи надо помнить эту формулу: ее легко получить из равенства :math:`\cos^3 x = \dfrac{1}{2} \cos x (1 + \cos 2x)`, записав :math:`\cos x \cdot \cos 2x` как :math:`\dfrac{1}{2}(\cos 2x + \cos x)`). Поэтому производная :math:`k`-го порядка имеет вид: :math:`y^{(k)} = \dfrac{1}{4}\left(3\cos\left(x + \dfrac{\pi k}{2}\right) + 3^k\cos\left(3x + \dfrac{\pi k}{2}\right)\right)`, откуда имеем :math:`\left|y^{(k)}(x)\right| \leqslant \dfrac{3^k + 3}{4}`.

Задача 5. Докажите неравенство :math:`10(x^6 + 2x^3 + 3x^2) \geqslant 3(4x^5 + 5x^4 + 20x - 9)` для всех :math:`x \in \RR`.

Решение. Перепишем доказываемое неравенство в виде :math:`10x^6 - 12x^5 - 15x^4 + 20x^3 + 30x^2 - 60x + 27 \geqslant 0`. Обозначим :math:`P(x)` многочлен, стоящий в левой части неравенства, исследуем его монотонность и точки экстремума. Для этого рассмотрим его производную: :math:`P'(x) = 60(x^5 - x^4 - x^3 + x^2 + x - 1) = 60(x-1)(x^4 - x^2 + 1)`. Поскольку многочлен :math:`x^4 - x^2 + 1`, очевидно, не имеет вещественных корней и положителен при любом вещественном :math:`x`, то многочлен :math:`P(x)` имеет единственную точку экстремума (минимума) :math:`x = 1`, всюду слева от нее :math:`P(x)` строго убывает, а справа --- строго возрастает. Таким образом, при всех :math:`x \in \RR` имеем :math:`P(x) \geqslant P(1)`. Вычислим :math:`P(1) = 10 - 12 - 15 + 20 + 30 - 60 + 27 = 0`, тогда всех :math:`x` имеем :math:`P(x) \geqslant 0`; требуемое неравенство доказано.

Задача 6. Вычислите

.. math:: \int\limits_{1}^{2023} (x - 1) \cdot (x - 2) \cdots (x - 2023)\,dx.

Решение 1. Сделаем в данном интеграле замену переменной :math:`x - 1012 = t`, тогда интеграл примет вид

.. math:: 
    
    & \int\limits_{-1011}^{1011}(t + 1011) \cdot (t + 1010) \cdots (t + 1) \cdot t \cdot (t - 1) \cdots (t - 1010) \cdot (t - 1011)\,dt \\ 
    = & \int\limits_{-1011}^{1011} t \cdot \prod_{k=1}^{1011}(t^2 - k^2)\,dt = 0,

поскольку это интеграл нечетной функции по отрезку, симметричному относительно :math:`t = 0`.

Решение 2. (Автор: студентка 1 курса ФизМеха Чинь Тхи Тху Хоай)

Обозначим искомый интеграл :math:`I`. Сделаем в данном интеграле замену :math:`t = 2024 - x`, тогда интеграл примет вид

.. math:: 
    
    I & = -\int\limits_{2023}^1(2023 - t) \cdot (2022 - t) \cdots (1 - t)\,dt \\ 
    & = \int\limits_{1}^{2023}(-1)^{2023} (t - 1) \cdot (t - 2022) \cdot (t - 2023)\,dt = -I.

Отсюда :math:`I = 0`.

Ответ: :math:`0`.

Задача 7. Все элементы квадратной матрицы :math:`A` порядка :math:`n = 10` --- натуральные числа. Известно, что у :math:`92` из этих чисел остаток от деления на :math:`3` равен :math:`1`. Доказать, что определитель :math:`\lvert A \rvert` делится на :math:`3`.

Решение. Из :math:`100` элементов матрицы по условию не более :math:`8` чисел могут иметь остаток от деления на :math:`3`, не равный :math:`1`. Эти числа располагаются не более, чем в :math:`8` строках. Значит, по крайней мере в :math:`2` строках все элементы имеют остаток от деления на :math:`3`, равный :math:`1`. Если одну из этих двух строк вычесть из другой, то в определителе, с одной стороны, окажется строка, все элементы которой делятся на :math:`3`, а такой определитель, очевидно, делится на :math:`3`; с другой стороны, определитель не изменится при указанном преобразовании строк.

Задача 8. Что больше :math:`\min\limits_{-1 \leqslant y \leqslant 1} \max\limits_{-1 \leqslant x \leqslant 1}(x^2 + yx)` или :math:`\max\limits_{-1 \leqslant x \leqslant 1} \min\limits_{-1 \leqslant y \leqslant 1} (x^2 + yx)`?

Решение. Рассмотрим функцию :math:`f(y) = \max\limits_{-1 \leqslant x \leqslant 1}(x^2 + yx)`. Из вида графика функции :math:`f_1(x) = x^2 + ax` (параболы) в зависимости от того, :math:`a = 0`, :math:`a > 0` или :math:`a < 0`, ясно, что

.. math:: 
    
    \max_{-1 \leqslant x \leqslant 1} f_1(x) = \begin{cases}
        f_1(\pm 1), \ a = 0 \\
        f_1(1), \ a > 0 \\
        f_1(-1), \ a < 0
    \end{cases}

Поэтому :math:`f(x) = \begin{cases} 1, \ y = 0 \\ 1 + y, \ y > 0 \\ 1 - y, \ y < 0 \end{cases}` то есть :math:`f(y) = 1 + \lvert y \rvert`, откуда ясно, что первое выражение в условии задачи равно :math:`\min\limits_{-1 \leqslant y \leqslant 1}(1 + \lvert y \rvert) = 1`.

Теперь рассмотрим :math:`g(x) = \min\limits_{-1 \leqslant y \leqslant 1}(x^2 + yx)`. Для линейной функции переменной :math:`y`, имеющей вид :math:`g_1(x) = ky + k^2`, ясно, что в зависимости от знака :math:`k`, функция :math:`g_1(y)` достигает минимума на том или другом конце отрезка :math:`[-1; 1]`, а в случае :math:`k = 0` функция :math:`g_1(y) \equiv 0`. Таким образом, 

.. math:: 
    
    g(x) = \begin{cases}
        0, \ x = 0 \\
        x^2 - x, \ x > 0 \\
        x^2 + x, \ x < 0
    \end{cases}

то есть :math:`g(x) = x^2 - \lvert x \rvert`. Функция :math:`g(x) \leqslant 0` при :math:`x \in [-1; 1]` и достигает своего максимума, равного нулю, в точках :math:`x = 0`, :math:`x = \pm 1`. Таким образом, второе выражение в условии задачи равно :math:`\max\limits_{-1 \leqslant x \leqslant 1}(x^2 - \lvert x \rvert) = 0`.

Ответ: :math:`\min\limits_{-1 \leqslant y \leqslant 1} \max\limits_{-1 \leqslant x \leqslant 1}(x^2 + yx) > \max\limits_{-1 \leqslant x \leqslant 1} \min\limits_{-1 \leqslant y \leqslant 1}(x^2 + yx)`.

Đâu đó trên mạng
================

Gọi :math:`\alpha`, :math:`\beta`, :math:`\gamma` là ba nghiệm của phương trình :math:`x^3 - x - 1 = 0`. Tính

.. math:: A = \frac{1 + \alpha}{1 - \alpha} + \frac{1 + \beta}{1 - \beta} + \frac{1 + \gamma}{1 - \gamma}.

Ta có

.. math:: 

    (1 + \alpha) (1 - \beta) (1 - \gamma) & = (1 - \alpha) (1 - \beta) (1 - \gamma) + 2 \alpha (1 - \beta) (1 - \gamma) \\
    & = f(1) + 2 (\alpha - \alpha \beta - \alpha \gamma + \alpha \beta \gamma).

Tương tự:

.. math:: 

    (1 + \beta) (1 - \alpha) (1 - \gamma) & = f(1) + 2 (\beta - \beta \gamma - \beta \alpha + \alpha \beta \gamma) \\
    (1 + \gamma) (1 - \alpha) (1 - \beta) & = f(1) + 2 (\gamma - \gamma \beta - \gamma \alpha + \alpha \beta \gamma)

Như vậy

.. math:: 

    A & = \frac{3 f(1) + 2 (\alpha + \beta + \gamma) - 4(\alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha) + 6 \alpha \beta \gamma}{f(1)},

mà :math:`f(1) = 1`, và theo định lí Viete thì :math:`\alpha + \beta + \gamma = 0`, :math:`\alpha \beta + \beta \gamma + \gamma \alpha = -1` và :math:`\alpha \beta \gamma = 1`, nên :math:`A = -7`.