Các bài toán sưu tầm

Олимпиада Якут

Câu 1

Tính \(\lim\limits_{t \to +\infty} t \sum\limits_{k=1}^{+\infty} \dfrac{1}{k^2 + t^2}\).

Ta có công thức thông dụng

\[\int \frac{dx}{x^2 + t^2} = \frac{1}{t} \arctan \frac{x}{t}.\]

Ta có chặn

\[\frac{1}{(k+1)^2 + t^2} \leqslant \int\limits_{k}^{k+1} \frac{dx}{x^2 + t^2} \leqslant \frac{1}{k^2 + t^2},\]

suy ra

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

Cộng tất cả phương trình trên với \(k=1, 2, \ldots\) thì

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

Tương tự

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

Do

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

nên

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

Như vậy

\[\lim\left(\frac{\pi}{2} - \arctan \frac{1}{t}\right) = \lim \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}\]

khi \(t \to \infty\).

Câu 2

Giải phương trình

\[19^x - 13^x = 9^x - 3^x.\]

Dễ thấy \(x = 0\) là một nghiệm của phương trình.

Giả sử phương trình có nghiệm khác \(0\) là \(x\).

Cố định \(x\), đặt \(g(t) = t^x\).

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

Như vậy

\[g'(\xi) \cdot (19 - 13) = g'(\eta) \cdot (9 - 6)\]

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

\[x \cdot \xi^{x-1} = x \cdot \eta^{x-1}\]

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

Kết luận: phương trình có hai nghiệm là \(x = 0\) và \(x = 1\).

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

Задачи и решения (1 курс)

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

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

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

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

Ответ: таких векторов не существует.

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

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

Ответ: \(\dfrac{x}{2}\).

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

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

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

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

Задача 6. Вычислите

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

Решение 1. Сделаем в данном интеграле замену переменной \(x - 1012 = t\), тогда интеграл примет вид

\[\begin{split}& \int\limits_{-1011}^{1011}(t + 1011) \cdot (t + 1010) \cdots (t + 1) \cdot t \cdot (t - 1) \cdots (t - 1010) \cdot (t - 1011)\,dt \\ = & \int\limits_{-1011}^{1011} t \cdot \prod_{k=1}^{1011}(t^2 - k^2)\,dt = 0,\end{split}\]

поскольку это интеграл нечетной функции по отрезку, симметричному относительно \(t = 0\).

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

Обозначим искомый интеграл \(I\). Сделаем в данном интеграле замену \(t = 2024 - x\), тогда интеграл примет вид

\[\begin{split}I & = -\int\limits_{2023}^1(2023 - t) \cdot (2022 - t) \cdots (1 - t)\,dt \\ & = \int\limits_{1}^{2023}(-1)^{2023} (t - 1) \cdot (t - 2022) \cdot (t - 2023)\,dt = -I.\end{split}\]

Отсюда \(I = 0\).

Ответ: \(0\).

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

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

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

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

\[\begin{split}\max_{-1 \leqslant x \leqslant 1} f_1(x) = \begin{cases} f_1(\pm 1), \ a = 0 \\ f_1(1), \ a > 0 \\ f_1(-1), \ a < 0 \end{cases}\end{split}\]

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

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

\[\begin{split}g(x) = \begin{cases} 0, \ x = 0 \\ x^2 - x, \ x > 0 \\ x^2 + x, \ x < 0 \end{cases}\end{split}\]

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

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

Đâu đó trên mạng

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

\[A = \frac{1 + \alpha}{1 - \alpha} + \frac{1 + \beta}{1 - \beta} + \frac{1 + \gamma}{1 - \gamma}.\]

Ta có

\[\begin{split}(1 + \alpha) (1 - \beta) (1 - \gamma) & = (1 - \alpha) (1 - \beta) (1 - \gamma) + 2 \alpha (1 - \beta) (1 - \gamma) \\ & = f(1) + 2 (\alpha - \alpha \beta - \alpha \gamma + \alpha \beta \gamma).\end{split}\]

Tương tự:

\[\begin{split}(1 + \beta) (1 - \alpha) (1 - \gamma) & = f(1) + 2 (\beta - \beta \gamma - \beta \alpha + \alpha \beta \gamma) \\ (1 + \gamma) (1 - \alpha) (1 - \beta) & = f(1) + 2 (\gamma - \gamma \beta - \gamma \alpha + \alpha \beta \gamma)\end{split}\]

Như vậy

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

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