Олимпиадные задание для III

Олимпиада по высшей математике на физическом факультете КемГУ
2009/2010 уч.год
Задания для 3-5 курсов
1. Найти кривую, для которой отрезок касательной, заключенный между
координатными осями, имеет постоянную длину a .
Решение: Уравнение касательной: Y  y  y ( X  x) . Ищем точки пересечения с
осями координат: X  0, Y  y  xy ; Y  0, X  x  y / y  . По условию и по теореме
Пифагора: ( y  xy ) 2  ( x  y / y ) 2  a 2 . Преобразуя это уравнение, приходим к
ay 
уравнению Клеро y  xy  
, особое решение которого и есть искомая
1  y2
кривая: y
2
3
x
2
3
a
2
3
.


ˆ
ˆ
2. Найти оператор e iLx Lˆ y e iLx , если Lˆi , Lˆ j  i ijk Lˆ k .
ˆ
ˆ
Решение: Разложим искомый оператор Jˆ ( )  e iLx Lˆ y e iLx как функцию от  в ряд
 ˆ (n)
Тейлора по  в окрестности   0 : Jˆ ( )  
J (0) и найдем все производные
n 0 n!
в точке   0 .
Jˆ (0)  Lˆ y

n
Jˆ ( )  iLˆ x Jˆ ( )  iJˆ ( ) Lˆ x  i[ Lˆ x , Jˆ ( )]
Jˆ (0)  i[ Lˆ x , Lˆ y ]  Lˆ z (по условию)
Jˆ ( )  i[ Lˆ x , Jˆ ( )]
Jˆ (0)  i[ Lˆ x , Jˆ (0)]  i[ Lˆ x , Lˆ z ]   Lˆ y
И т.д. Таким образом:
1
1
1
1
1
1
1
Jˆ ( )  Jˆ (0)  Jˆ (0)   2 Jˆ (0)  ...  Lˆ y  Lˆ z   2 Lˆ y   3 Lˆ z  ... 
0!
1!
2!
0!
1!
2!
3!
k
2k
k
2 k 1


(1) 
(1) 
 Lˆ y 
Lˆ z 
 cos   Lˆ y  sin   Lˆ z
(
2
k
)!
(
2
k

1
)!
k 0
k 0
 iLˆ x
iLˆ x
ˆ
Ly e
 cos   Lˆ y  sin   Lˆ z
Ответ: e
3. Построить
сферические
функции
Pz 
3
cos  ,
4
Px 
3
sin  cos  ,
4
3
sin  sin  в декартовой системе координат.
4
4. Пусть  - примитивный корень степени n из единицы. Доказать формулу
( z   )( z   2 )...( z   n1 )  1  z  ...  z n1
(Примечание: корень степени n из единицы называется примитивным , если все его
степени от первой до (n  1) -ой отличны от единицы).
Py 
Решение: Так как  - примитивный корень из единицы, то остальные корни могут
быть получены как его степени (что следует просто из определения операции
извлечения корня для числа z, у которого
arg z  0 ) и, поскольку среди всех
степеней до n включительно будет присутствовать 1, то эти корни перенумеруем
как
 0  1,  1   ,  1   2 ,...,  n 1   n 1 .
Так как все корни на комплексной плоскости располагаются в вершинах
правильного n-угольника, то сумма всех корней равна нулю, т.е.
 0   1  ...   n 1  0
или, учитывая выражения для каждого из  k
1    ...   n 1  0
Полученное соотношение означает, что число
 является корнем уравнения
1  z  ...  z n 1  0
В силу «цикличности» корней из комплексных чисел аналогично получается, что
каждая из степеней, т.е.
 2 ,  3 ,... n 1
также является корнем этого же
1  z  ...  z n 1 можно представить в виде
( z   )( z   2 )...( z   n 1 ) .
произведения
уравнения и тогда полином
y
ζ2=ω2
ζ1=ω
ζ0=1= ωn
x
n-1
ζ n-1=ω
5. Доказать справедливость соотношения
f ( x)  2 f ( / 4  x / 2)  2 f ( / 4  x / 2)  x ln 2 ,
x
где f ( x)   ln cos ydy .
0
Вычислить с помощью найденного соотношения
 2
 
f      ln cos ydy .
2
0
Указание: Преобразовать интеграл f (x) подстановкой
 2 x
f ( x)  
y   2  z к виду
 ln cos zdz . Учитывая, что sin z  2 sin( z / 2) cos( z / 2) , привести последний
 2
интеграл к сумме трех интегралов.
6. Найти градиент от функции


b , c, c, a, a, b  .
Решение:
     
b , c , c , a, a, b    ijkb j ck  ilm lnq cn aq mspas bp   jki ilm lnq mspb j ck cn aq as bp 
( jl  km   jm kl ) lnq mspb j c k c n a q a s b p   jnq ksp b j c k c n a q a s b p   knq jspb j c k c n a q a s b p 
     
     
     
  
 (b , [c , a ])(c , [a, b ])  (c , [c , a ])(b , [a, b ])  (a, [b , c ])( a, [b , c ])  (a, [b , c ]) 2 .

  
  
  
    
(a , [b , c ]) 2  2(a , [b , c ])(a , [b , c ])  2(a , [b , c ]) ei
 klm a k bl c m  
 xi

 
a
b c 
   

  
  

  
 2(a , [b , c ]) ei  klm k bl c m  ei  klm a k l m   2(a , [b , c ])(a , [b , c ])  (a , [b , c ])  (a , [b , c ])
xi
xi 

7. Пусть вероятность попадания в движущуюся цель при одном выстреле
постоянна и равна 0,05. Сколько необходимо сделать выстрелов для того, чтобы с
вероятностью, не меньшей 0,75, иметь хотя бы одно пападание?
Решение: Пусть необходимо сделать n выстрелов. Вероятность непопадания в
цель, при одном выстреле равна 1-0,05=0,95. Тогда, согласно теореме умножения для n
независимых событий, вероятность n непопаданий подряд равна 0,95n . События «n
непопаданий подряд» и «хотя бы одно попадание в цель при n выстрелах» противоположные, а поэтому вероятность последнего равна 1-0,95n . По условию должно
выполняться неравенство 1  0,95 n  0,75 , откуда 0,95 n  0,25 . После логарифмирования
обеих частей этого неравенства и деления их на отрицательное число lg 0,95 получим
n  27,08 . Итак, необходимо сделать не менее 28 выстрелов.
Каждое задание – 3 балла.