|
Олимпиада масалалари ечимлари билан
Всесоюзные олимпиады • Городские олимпиады • Олимпиады по методике Избранные задачи • Разное • Ссылки
|
—— 1 • 2 • 3 • 4 • 5 ——
Избранные задачи
Р Е Ш Е Н И Я
Докажем, что не принимает значения . Пусть . Тогда по теореме о среднем , где , то есть , что противоречит условию. Ясно, что и для всех . Так как и непрерывны, то, согласно теореме Коши о промежуточных значениях, они знакопостоянны.
Если удовлетворяет условиям задачи, то и им удовлетворяет, поэтому можно считать, что .
Так как знакопостоянна, то монотонна, а так как ограничена снизу, то у существует конечный предел либо при , либо при . Ввиду равенства
это означает, что принимает сколь угодно близкие к нулю значения.
Докажем, что . В противном случае либо , либо для всех и . В первом случае ограничена сверху, а ограничена снизу положительным числом, откуда при – противоречие. Во втором случае функция выпукла верх и ограничена снизу, откуда , что противоречит предположению .
Аналогично доказывается невозможность выполнения неравенств для всех и . Следовательно, . Итак, , , , что и требовалось доказать.
Условие дает возможность заменить на в рассматриваемом равенстве :
Отсюда, в силу условия , благодаря которому строго монотонна,
Дифференцируя равенство , получаем
или
Пусть . Решая уравнение , получаем
то есть . Следовательно, . Из условия задачи
получаем
или
Отсюда .
Ответ: .
Предположим, что луч , касательный к графику в точке уходит в вправо неограниченно далеко. Обозначим через точки отражения луча от графика функции, а через , , абсциссы этих точек. Пусть – углы падения луча на ось (см. рисунок). Тогда для абсцисс точек имеем:
Кроме того, , а так как
то последовательность возрастает и ограничена сверху числом . Следовательно, существует предел
Отсюда вытекает сходимость ряда
Действительно, используя теорему Лагранжа о среднем для функции
имеем
где
С другой стороны, – острый угол между касательной к графику функции в точке и осью и
Используя равенства (1), получаем
Теперь имеем
Известно, что ряд
где расходится, если
В нашем случае
то есть ряд
расходится. Поэтому расходится и ряд
Таким образом, предположение о неограниченном распространении луча вправо привело к противоречию. Легко заметить, что все другие лучи, исходящие из точки проходят левее луча поэтому найдется такое что часть области, расположенная правее прямой не будет освещена.
а) Пусть
Тогда
Дифференцируя первое равенство, получаем
Следовательно,
где . Отсюда
При получаем
откуда
Итак,
б) Неравенство перепишем в виде . При , очевидно, имеет место равенство. Поэтому достаточно доказать, что
то есть неравенство
которое равносильно следующему:
Из выпуклости следует, что для всех (график лежит ниже хорды). Интегрируя, получаем:
что и требовалось. Рассмотрим функцию , график которой получен из графика симметрией относительно прямой и сдвигом на . Она выпукла вниз, а центр тяжести ее подграфика на интервале имеет координаты , так как он подвергается тем же преобразованиям, что и подграфик . Поэтому первое из доказываемых неравенств, справедливость которого уже установлена, для записывается в форме, эквивалентной второму для :
Докажем утверждение, которое позволит вычислить предел (это частный случай одной теоремы Литлвуда): если функция непрерывно дифференцируема на интервале , а периодическая с периодом функция непрерывна на , то
Сделаем в интеграле под знаком предела замену переменной и преобразуем его:
Предпоследнее равенство получено серией замен . Так как сумма
при любом значении является интегральной для функции на , то ее предел равен
Таким образом, для доказательства утверждения осталось лишь обосновать возможность предельного перехода под знаком интеграла; она следует из оценки
которую нетрудно получить с помощью теоремы о среднем. Применяя доказанное утверждение к
получаем ответ.
Ответ: -1.
Функция удовлетворяет уравнению и граничным условиям. Пусть теперь – любое решение задачи. Тогда функция непрерывна, удовлетворяет уравнению и граничным условиям . Докажем,что . Пусть – точка, в которой достигается наибольшее значение на . Если
то , так как . Следовательно,
Отсюда следует, что на отрезке , выполнено равенство — иначе, ввиду непрерывности , интеграл был бы строго меньше, чем . Но одна из граничных точек отрезка совпадает с граничной точкой интервала , где значение равно . Поэтому предположение
неверно. Точно так же доказывается, что неверно неравенство
Следовательно, и всем условиям задачи удовлетворяет лишь функция .
Положив , получаем . Постановка
приводит к неравенствам
Определим последовательности и соотношениями
Тогда
Учитывая, что , получаем . Следовательно, , откуда
Таким образом, не ограничена на последовательности , содержащейся в отрезке .
Построение. Выберем произвольную точку внутри (обычного) треугольника соединим ее прямолинейными отрезками с вершинами. В каждом из трех полученных углов построим параболу так, чтобы она касалась сторон угла в вершинах треугольника.
Do'stlaringiz bilan baham: |
