Студенческие олимпиады
МФТИ
1993-2007
Введение
С 1974 года в Московском физико-техническом институте
регулярно проводилась олимпиада студентов по математике.
Цель олимпиады очевидна — максимально способствовать
развитию у студентов интереса к изучению математики,
выявлять наиболее одаренных студентов, стимулировать их
творческую активность.
Правила проведения олимпиад за эти 34 года фактически
не изменились. Олимпиада проводится раздельно для 1-го и
для 2 — 6 курсов. Проходит она в конце февраля — начале
марта. На решение 6-ти задач отводится 4 астрономических
часа.
Для проведения олимпиады на кафедре высшей
математики ежегодно создается оргкомитет и жюри, которое
по традиции возглавляет заведующий кафедрой. Оргкомитет,
помимо подготовки задач, проводит всю необходимую
организационную работу, включающую, в частности,
ознакомление студентов с задачами, предлагавшимися на
прошлых олимпиадах.
Количество участников олимпиады колеблется в пределах
от 80 до 150 человек. Для проверки работ выделяется 10
преподвателей. Лучшие работы независимо перепроверяются
и сравниваются членами жюри. Окончательно жюри отбирает
7—10 победителей на 1-м и 2—6 курсах.
С 1974 года по 1990 год включительно олимпиада МФТИ
проводилась в рамках Всесоюзной математической олимпиады
студентов, в качестве ее первого тура. По результатам
первого тура формировалась команда МФТИ для участия в
Московском городском туре олимпиады. Наши студенты во
П-м туре неизменно добивались высоких результатов, как в
командном первенстве, где обычно выступало 35—45 команд
вузов Москвы, так и в личном соревновании. Команда
МФТИ, как правило, занимала почетное II место, пропуская
вперед только сильную команду механико-математического
3
факультета МГУ. В личном первенстве члены команды
МФТИ регулярно занимали призовые места. Это давало им
право выступать в третьем заключительном туре олимпиады
в составе команд Москвы и России. Уже в первой
Всесоюзной олимпиаде студентов, проходящей на механико-
математическом факультете МГУ в октябре 1974 года,
жюри заключительного тура, возглавляемое академиком П.С.
Александровым, присудило 3-е призовое место студенту 2-го
курса МФТИ В.В. Сологубову. Еще большего успеха добились
наши студенты в ноябре 1985 года в Омском политехническом
институте. Тогда команда Москвы, укомплектованная в
основном студентами МФТИ, заняла I место. Первые два
места в индивидуальном первенстве также достались нашим
студентам.
К сожалению, начиная с 1991 года II и III туры олимпиады
по математике не проводятся. Составить впечатление об этих
олимпиадах читатель может по книгам [1], [2].
В отличие от развала студенческого олимпиадного
движения в России в начале 90-х годов, за рубежом в
это же время интерес к математическим олимпиадам
студентов возрос. С 1994 года возникла олимпиада IMC
[3] (International Mathematical Competition for university
students), организатором которой стал английский математик
John Jayne. Студенты МФТИ эпизодически (когда было
финансирование) участвовали в соревнованиях IMC и всегда
добивались хороших результатов, входя обычно в командном
первенстве в первую пятерку из более чем 40 университетов
участников. Особенно удачным оказался 1995 год, когда
команда МФТИ заняла первое место, а — тогда студент 1-го
курса — Р.Н. Карасев установил абсолютный рекорд: набрал
199 баллов из 200 возможных и получил гран-при.
Весьма интересно, что организаторы IMC иногда брали
задачи олимпиад МФТИ, например задача 5 (а) второго
дня IMC-2 — это задача 1993.4.2. В свою очередь
4
организаторы олимпиад МФТИ для лучшей подготовки
команды использовали некоторые задачи из арсенала IMC.
При этом некоторые задачи посылались нами специально для
IMC, например задача 3 2-го дня IMC-10. Таким образом,
взаимодействие с IMC имеет давнюю историю. К сожалению,
постоянные финансовые трудности не позволяют талантливым
студентам МФТИ регулярно участвовать в мероприятиях IMC
и достойно представлять там Россию.
Отметим, что помимо спортивного интереса, многие задачи
олимпиад МФТИ являются простыми частными случаями
глубоких математических фактов и теорий. Решение таких
задач может служить первыми ступеньками на пути к
серьезным математическим результатам. В решениях мы
постарались указать на такие задачи и дать ссылки на
литературу, в которой можно найти развитие изложенных в
задаче идей.
В заключение мы вспомним авторов задач разных лет:
А.А. Болибрух, Б.В. Федосов, Б.И. Голубов, С.И. Коновалов,
Е.С. Половинкин, Г.Н. Яковлев, В.М. Уроев, М.В. Балашов,
Р.Н. Карасев, И.И. Богданов, И.А. Кожевников и многие
другие.
Апрель, 2007	Москва — Долгопрудный
С.П. Коновалов, М.В. Балашов
5
Условия задач
Номер задачи 1993.1.1 означает, что она дана в 1993 году,
имеет номер 1 и предложена первокурсникам. Номер задачи
1993.1.2 означает, что она дана в 1993 году, имеет номер 1
и предложена студентам 2—6 курсов. Номер задачи 1993.2
означает, что она дана в 1993 году, имеет номер 2 и предложена
студентам всех курсов.
ОЛИМПИАДА — 1993
1993.1.1. Найти наибольшее значение функции
/ = |Ж1Жз + Ж1Ж4 + Ж2^3 — Ж2Ж41
на единичном кубе {х G R4 | |жд;| <1, 1 < к < 4}.
1993.1.2. Найти решение матричного дифференциального
уравнения = АХ + ХВ, где А, В — постоянные матрицы
порядка п, удовлетворяющее условию А’(О) = Е.
1993.2. В квадратной матрице А порядка 2п на главной
диагонали стоят нули, а остальные элементы равны ±1.
Доказать, что det Л / О.
1993.3. Частица движется из точки А в точку В по
прямой, не меняя направления движения. Расстояние
АВ = 1, время движения равно 1, в начальный и конечный
моменты времени движения скорость равна нулю. Доказать,
что в некоторый момент времени абсолютная величина
ускорения частицы равна 4.
1993.4.1. Существует ли непрерывная функция f : R -э R,
принимающая рациональные значения в иррациональных
6
точках и иррациональные значения в рациональных точках?
1993.4.2. Доказать, что функция
Т(ж) = — + cos х + (ik cos кх,
2	к=2
где |ао| < I- принимает как положительные, так и
отрицательные значения.
1993	.5.1. Пусть А и В — замкнутые выпуклые множества
на плоскости. Следует ли отсюда, что их сумма
A + B = {xeR2\x = a + b, а е A, b G В}
тоже замкнутое множество?
1993	.5.2. Известно, что все корни полинома
Р(г) = zn + ci Д-1 +    + сп
с комплексными коэффициентами — чисто мнимые. Доказать,
что при любом вещественном х выполнено неравенство
2хР'(х)
Р(ж)
< п.
1993	.6.1. Можно ли число 7? представить как
lim (	д/w) ,
п—^<х> \	/
где {?„ } и {тга} — последовательности натуральных чисел?
7
1993	.6.2. Доказать, что при а > 1 справедливо равенство
7Г/2
cos ах (cos ж)“-2 dx = 0.
о
ОЛИМПИАДА — 1994
1994.1.	1994 окружности разбивают плоскость на области,
границами которых являются дуги окружностей. Сколько
цветов необходимо, чтобы раскрасить такую географическую
карту?
1994.2.	Всегда ли будет связным множество, полученное
из открытого единичного квадрата удалением счетного
множество точек?
1994.3.	Найти все непрерывные функции f : R R,
удовлетворяющие уравнению
3/(2ж + 1) = /(ж) + 5ж.
1994.4.	На плоскости даны точки Ai, А2, A3, Л.4,
никакие три из которых не лежат на одной прямой.
Проведем две концентрические окружности: одну через
точки Ai, А2, A3, а другую через точку Ад. Обозначим
через к(А1, А2, A3, А4) произведение площадей треугольника
Л । .Д/С и получившегося кругового кольца. Доказать, что
величина к не зависит от нумерации точек: к(Ад, А%, A3, Ад) =
= к(А2, Аз, Л.4, Ai) = к(Аз, Ад, Ai, А2) = к(Ад, Ai, А2, A3).
8
1994.5.1. Пусть С (а) — коэффициент при ж1994 в
разложении по формуле Маклорена функции (1 + х)а.
Вычислить
1
( С (—у — 1) (— ---|-    4------ | dy.
J	\У + 1 У + 1994/ У
о
1994.5.2. Пусть </?1(ж),	</?га(ж) — ортонормированная
на отрезке [0,1] система непрерывных функций. Доказать,
что хотя бы для одной функции ipi (г = 1,... ,п) справедливо
неравенство
1994.6.1. На плоскости дана парабола. Как с помощью
циркуля и линейки построить ее ось?
1994.6.2. Доказать, что дифференциальное уравнение
ckxk+l (хк ly)(fc) = О
ь=о
сводится к линейному дифференциальному уравнению с
помощью замены t = ж-1 и выписать это уравнение.
9
ОЛИМПИАДА — 1995
1995.1	.1. Может ли график непрерывной функции
f : R R пересекать каждую невертикальную прямую
бесконечное число раз?
1995.1	.2. Сущестует ли непрерывная при х > 1 функция
/, удовлетворяющая уравнению
(ж2 -ж)(/(ж2) + /(ж)) = 1?
1995.2.	Существует ли непрерывно дифференцируемая
функция / : R R, удовлетворяющая условию
|/(ж)| <2,	/(ж)Д(ж) > вшж, Уж G R?
1995.3.	Пусть fi, ..., fn — линейно независимая система
непрерывно дифференцируемых на отрезке [0,1] функций.
Доказать, что среди производных Д, ..., f'n найдутся п — 1
линейно независимых функций.
1995.4.	Найти предел
lim
1995.5.	Доказать, что при ж2 + у2 + z2 = 1 справедливо
неравенство
1	1	1
ж	у	Z
10
1995.6.1. Определим сумму двух множеств на евклидовой
плоскости:
A + B = {xe~R.2\x = a + b, а е A, be В}.
Пусть А = Вг(а) П Вг(—а), где Вг(а) = {ж 6 R2 | ||ж — а|| < г}
— круг радиуса г > 0 с центром в точке а, ||а|| < г. Доказать,
что найдутся такие точки &i и что
А + (ВД&Х) П ВД&2)) = ВД0).	(*)
1995.6.2. Для множеств на комплексной плоскости
определим операции сложения и умножения
А -р В = [z е С | z = а А 6. а е A, b е И},
А  В = {z g С | z = ab, а е А,Ь е В}.
Пусть А = {z | \z\ = щщ}. Найти хотя бы одно решение
уравнения А + X = А  X, удовлетворяющее условию 0 X.
ОЛИМПИАДА — 1996
1996.1. Пусть а, Ь, с — расстояния между тремя точками
целочисленной решетки, лежащими на окружности радиуса
R. Доказать, что abc > 2R.
1996.2. Доказать, что для любого натурального числа п
справедливо неравенство
I J 2//\/2
11
где {х} — дробная часть числа х.
1996.3.1. Пусть / G Cra+1(R) и
|п ( №) + /'№ +  - + /<“>(6) А
\/(«)+ /'(«) + —
где а < Ь. Доказать, что найдется с G (а, 6) такое, что
/га+1)(С) = /(С).
1996.3.2. Найти lim если ai = а > 0,	= а2,
П^ОС v
п— 1
ап = 52 didn-i при п > 3.
i=l
1996.4.1. Доказать, что при п > 2 все положительные
корни многочлена
п— 1
Р(х) = Хп — хк
к=0
лежат на интервале (2 —	, 2 — ^).
1996.4.2. Пусть х, tpi,...,tpn — элементы евклидова
пространства, щ., Сп — произвольные вещественные числа.
Доказать неравенство
п	\/п\	/	п
V Ci(x, < V с2 (ж, ж) max V |(^, ^)|
'	/	I 1<г<п
Л=1	/	\г=1	/	\ j=l
12
1996.5.1. Пусть А = (ay) — невырожденная матрица
порядка п, dij > 0 Vi, j. Доказать, что zn < п2 — 2п, где zn —
число нулевых элементов в матрице А-1.
1996.5.2. Пусть спектр матрицы порядка п
А(ж) = В(х) + —
ограничен на интервале х G (0,1), матрица С — постоянная,
а элементы матрицы В(х) ограничены на отрезке [0,1].
Доказать, что матрица С — нильпотентная (т.е. Эк G N:
Ск = 0).
1996.6. Пусть а, Ь, с — неотрицательные целые числа,
причем ab > с2. Доказать, что существует натуральное число
п и целые числа Xi, ..., хп, yi, ..., уп такие, что
п	п	п
г=1	г=1	г=1
ОЛИМПИАДА — 1997
1997.1.1. Пусть ai,..., ап — положительные числа.
Доказать, что многочлен
хп — а]Хп~х —    — ап
имеет ровно один положительный корень.
1997.1.2. Доказать, что
lim >
—>+сю	z
п=1
ПХ
(п2 + ж)2
1
2’
13
1997.2. Найти объем сечения четырехмерного куба
{ж G R4 | 0 < хк < 1, к е 1,4}
гиперплоскостью Хд + Х2 + Хз + Хд = 2.
1997	.3.1. Доказать, что Vs > 0 найдутся натуральное
число п и числа ад, ..., ап такие, что
max х — 2^ акХ
^[О.Т]
fe=l
,2fe+l
1997	.3.2. Всегда ли будет измеримым по Жордану
ограниченное открытое связное множество на плоскости?
1997.4.	Касательные к параболе у2 = 2рх в точках
А, В и С образуют треугольник KLM. Доказать, что
Sklm = ^Sabc-
1997.5.	Пусть / G С7х([0,1]). Доказать неравенство
1997.6.	Пусть А(ж) — квадратная матрица порядка 2п + 1,
определенная на интервале (0,1). Известно, что detA(rr) = 1
14
для всех х и для любой постоянной матрицы В существует
предел lim А(х)ВА~1 (х). Доказать, что существуют пределы
lim А(х)	и lim А-1(ж).
х—>+0	х—>+0
ОЛИМПИАДА — 1998
1998.1. Дано взаимно однозначное отображение
f : N —> N. Доказать, что найдутся натуральные числа
а, b и с такие, что а < b < с и /(а) + /(с) = 2/(6).
1998.2. Пусть комплексные числа а, b и с такие,
что все корни уравнения г3 + az2 + bz + с = 0 лежат на
окружности \z\ = 1. Доказать, что все корни уравнения
z3 + \a\z2 + \b\z + |с| = 0 также лежат на окружности \z\ = 1.
1998	.3.1. Существует ли ортогональное преобразование
плоскости R2 и ограниченное множество S С R2 такие, что
/(5) С S, но /(5) + S?
1998	.3.2. Пусть А — невырожденная вещественная 2x2
матрица, у которой собственные значения Ai = Аг = А.
Доказать, что для любого е > 0 найдется 2x2 матрица S
и число 5 G [0, е] такие, что
S~lAS = ( Q
§
А
15
1998.4.	(i) Доказать, что существует многочлен Р(ж)
такой, что для любого натурального числа п
п
/вд* = "’
п— 1
п
(ii)	Найти сумму ^2 ^4-
fe=i
1998.5.	Последовательность Д,,} задана рекуррентно:
Xi — некоторое число из интервала (0,1), a = 1п(1 + хп).
Найти предел lim пхп.
1998.6.	Пусть Ci, ..., еп — ортонормированный базис в
Rra, a ai, ..., ап — векторы единичной длины. Доказать, что
если
(ai, ci) Н--Ца„, ега) > Дп(п - 1),
то векторы ai, ..., ап линейно независимы.
ОЛИМПИАДА — 1999
1999.1. Доказать, что всякое непрерывное отображение
окружности в прямую переводит некоторую пару
диаметрально противоположных точек в одну точку.
1999.2	.1. Пусть

У /(ж) sin ж dx =
о
У /(ж) cosxdx = 1
о
Найти min J'J f2(x) dx.
16
1999.2	.2. Пусть дано уравнение у' = ху + /(ж), где
/ : R —> R — непрерывная ограниченная функция. Найти
необходимое и достаточное условие, которому должна
удовлетворять функция / (ж) для того, чтобы уравнение имело
решение у (ж) 0 при ж сю.
1999.3.	Пусть oi,...,ora — положительные числа и
выполнено неравенство +    + ап < 1. Доказать, что
(ai +    + ога)(1 — Я1)(1 — 02)  (1 — ап) > ;/"1 1
0102 • • • О„(1 — О1 —    — О„)	“
1999.4.	Доказать, что при любом натуральном п
существует сечение п-мерного куба {ж G R" | |жд,| < 1, к =
1,..., п} двумерной плоскостью, являющееся правильным
2п-угольником.
1999.5.	Существует ли функция /(ж), непрерывная на
полуоси (1, +сю) и такая, что
х2
[ /(t)dt = l, \/ж 6 (1,+00)?
1999.6.	Найти матрицу третьего порядка
Т(ж) = То Н—Д +    Н—— Тп
(Д — постоянные матрицы) такую, что при ж / 0 выполнено
равенство 4е1Т(ж) = 1, а матрицу
(sin х Х2х sin х
&	2
Ж3
О 0 ех
17
можно доопределить в нуле так, что после этого она станет
невырожденной и непрерывной в некоторой окрестности нуля.
ОЛИМПИАДА — 2000
2000.1.	Дано семейство F = {А С N | |А| < ею} такое, что
А П В 0 для любых А, В Е F. Верно ли, что всегда найдется
такое конечное множество X G N, что А П В П X 0 для
любых А, В G F1
2000.2.	Пусть / G С([0,1]) и для любых х,у Е [0,1]
выполняется неравенство xf(y) Fyf(x) < 1. Доказать, что
1
У
о
dx
2000.3.	Существует ли такая биекция % : N —> N, что
п2
< +сю?
2000.4.	Пусть невырожденная матрица М порядка 2п и
обратная матрица М-1 разбиты на квадратные блоки
М =
А В \
cd)
Е F
G Н
Доказать, что det М  det Н = det А.
18
2000.5.	Пусть L — вещественное линейное пространство,
dimL = 10, Li и — подпространства L, L\ С L2,
dimLi = 3, dimL2 = 6. Пусть Е — пространство тех
линейных преобразований L, для которых р и р являются
инвариантными подпространствами. Найти размерность
пространства Е.
2000.6.	Пусть Р(ж) — многочлен степени п с
вещественными коэффициентами, имеющий только
вещественные корни. Доказать, что
(п — 1) (Р'(ж))2 > пР(х)Р" (х)
для любого ж G R.
ОЛИМПИАДА — 2001
2001.1.	Дана возрастающая функция / : [0,1] —> [0,1].
Доказать, что найдется такая точка х G [0,1], что /(ж) = х.
2001.2.	Пусть {х{}™=1 — конечная убывающая последова-
тельность положительных чисел. Доказать, что
2001.3.	Пусть / G C'(R) и ни на одном интервале функция
/ не является монотонной. Доказать, что на любом интервале
имеются точки минимума функции /.
19
2001.4.	Найти все функции / : R+ R+ (здесь R+ =
(О, +оо)), удовлетворяющие уравнению
/Д)/Д/Д)) = f(x + y\	Vrr,yGR+.
2001.5.	Пусть Р(ж) и <5(ж) — многочлены степени
п и G(x,y) = Y^k=o P(n~k\x')Q(k\y'). Доказать, что
С(ж,у) = С(у,ж).
2001.6.	Доказать, что единичный квадрат можно
разрезать на N квадратов меньшего размера, если N
достаточно велико.
ОЛИМПИАДА — 2002
2002.1.	Вычислить определитель матрицы (а^) порядка
п, где dij = dij + Xiyj (dij — символ Кронекера).
2002.2.	Зная, что J dx = вычислить
о
J X
О
2002.3.	Последовательность Д „} задана рекуррентно:
Х’^ тт	1
Xq — 1,	— х!:	2002' Доказать, что ^2002 < 2*
2002.4.	Пусть А и В — квадратные матрицы порядка
п. Доказать, что равенство Р(А + В) = Р(А) + Р'(А)В
выполняется для любого многочлена Р(х) тогда и только
тогда, когда АВ — В А = В2.
20
2002.5.	Пусть } — последовательность, состоящая из
±1. Может ли число
Е£п
п\
п=0
быть рациональным?
2002.6.	Пусть А С Е" — компакт и
В = lxeRn
Уж G В 3 ! a G А : ||ж — а|| = sup ||ж — у\\ > .
уел
Доказать, что замыкание множества В совпадает с
ОЛИМПИАДА — 2003
2003.1.	Пусть а, Ь, с, d — комплексные числа, |а| < 1,
\b\ < 1, |с| < 1, |d| < 1. Найти наибольшее значение выражения
\ас + ad + be — bd\.
2003.2.	Доказать, что для любых векторов сд,..., ап из
п
R3 выполнено неравенство eSai,a^ > п2.
i,j=l
2003.3.	Доказать, что многочлен вида aixkl + а2Хк2 +
+    + а2оозхк2003 имеет не более 2002 положительных корней
(с учетом кратности).
2003.4.	Пусть /(ж) — непрерывная периодическая
функция. Доказать, что для любого a G R. уравнение
/(ж + а) = f (х) имеет по крайней мере два корня на каждом
отрезке, длина которого равна периоду.
21
2003.5.	Три прямые г = Г{ + arf (г = 1,2,3) попарно не
пересекаются и не параллельны одной плоскости. Выразить
объем параллелепипеда, три ребра которого лежат на данных
прямых, через векторы Гг и ац
2003.6.	Доказать неравенство
1 1 ... 1
Xi Х2 - - - Хп
X
п— 1
2
ОЛИМПИАДА — 2004
2004.1.	Элементы матрицы порядка 10 — целые числа,
причем по крайней мере 92 из них — нечетные. Доказать, что
определитель этой матрицы — четное число.
2004.2.	Пусть /(ж) — непрерывная периодическая
функция с периодом Т, J® f Д') = о. Доказать, что найдется
такое число а, что при любом Ъ выполняется неравенство
ъ
У /(ж) dx > 0.
а
2004.3.	Пусть Р — периметр треугольника с
целочисленными координатами вершин на плоскости Оху,
R — радиус описанной около треугольника окружности.
Доказать неравенство Р3 > 54R.
22
2004.4.	Найти многочлен Р(ж) наименьшей степени,
который имеет нуль десятого порядка при х = 0 и такой, что
Р(ж) — 1 имеет нуль пятого порядка при х = 1.
2004.5.	На плоскости даны три попарно пересекающиеся
окружности. Через точки пересечения каждых двух
окружностей проведена прямая. Доказать, что эти три
прямые пересекаются в одной точке или параллельны.
2004.6.1. Поверхность z = /(ж, у), где /(ж, у) — многочлен
степени не ниже второй, обладает свойством: через любую ее
точку можно провести две прямые, целиком лежащие на
поверхности. Доказать, что поверхность — гиперболический
параболоид.
2004.6.2. Пусть
где В, С, D — действительные матрицы одного порядка, В —
невырожденная, В и D — симметрические. Обозначим через
П1, П2, Пз число положительных собственных значений матриц
А, В, D — CTB~1C соответственно. Доказать, что щ = П2+П3.
ОЛИМПИАДА — 2005
2005.1.	Пусть положительные числа Ж1, Ж2, yi, У2
удовлетворяют соотношениям Ж1 + Ж2 = yi + У2 = 1,	+ ж2 <
< yl + yi- Доказать, что
Ж11пЖ1 + ж2 1пж2 < yi Inyi + у2 1пу2.
23
2005.2.	Пусть dn — количество перестановок
а : {1,2,...,п}	{1,2,...,п} таких, что выполнено
неравенство (ст(г) — ст(г — 1))(ст(г) — ст(г + 1)) > 0 при
любом i = 2,3,... ,п — 1. Доказать, что 2с/гоо4 < ^2005-
2005.3.	а) Дана дифференцируемая функция / : [0,1]
R. Известно, что х sin/(ж) + ж2 = /(ж) зтж + 2/(ж)2 при любом
ж G [0,1]. Найдите |ДДО)| (здесь ДДО) — производная справа
в точке 0).
б)	Дана непрерывная функция / : [0,1] —> R. Известно,
что ж sin/(ж) + ж2 = /(ж) sin ж + 2/(ж)2 при любом ж G [0,1].
Докажите, что существует ДДО).
2005.4.	На плоскости задана замкнутая кусочно-глад-
кая кривая Г, ограничивающая выпуклую центрально-
симметричную область. Доказать, что в кривую Г можно
вписать аффинно правильный шестиугольник (т.е. образ
правильного шестиугольника при некотором аффинном пре-
образовании).
2005.5.	Даны целочисленные матрицы А и В порядка 10.
Известно, что матрицы А, А + В, А + 2В, ..., А + 25В имеют
целочисленные обратные. Доказать, что матрица А + 2005/1
также имеет целочисленную обратную.
2005.6.	Пусть функция f : R —> R непрерывна в точке
ж = жо, т.е.
Vs > 0 35 > 0 Уж G /Д(жо) = (жо — 6, жо + 5) |/(ж) — /(жо)| < £
(*)
Доказать, что в условии (*) для каждого е > 0 можно так
подобрать 5 = 5(s), что функция 5(e) будет непрерывной при
£ > 0.
24
ОЛИМПИАДА — 2006
2006.1. Пусть / G С2([0,1]). Доказать, что функцию
/ можно представить в виде разности двух выпуклых вниз
функций.
3 /	3 /	~ЪГ
2006.2.1.	Пусть хп = V 6 + у 6 + • • • + V6. Найти предел
п раз
lim 6"(2 — хп) 
2006.2.2.	Пусть a G (0,1), ряд ]Р сходится и
k=l
СЮ 1
.77.. >	> 0 для всех к. Доказать, что ряд X также
к=1
СХОДИТСЯ.
2006.3.1.	Дан многочлен Р(ж) нечетной степени п такой,
что lim Р(х) = +оо. Известно, что многочлены Р(х) и
ж—>+сю
Р(Р(ж)) имеют ровно по п вещественных корней. Доказать,
что многочлен Р(Р(Р(ж))) также имеет ровно п вещественных
корней.
2006.3.2.	Доказать, что для любого решения у(х)
уравнения у" + sin у = 0 существует lim .
ж—>+сю х
2006.4. Четыре квадратичных уравнения f\(x,y) = О,
/2{х,у) = 0, $з(х,у) = 0, fi{x,y) = 0 задают четыре
окружности на плоскости, при этом ни у каких трех
окружностей центры не лежат на одной прямой, окружности
не пересекаются и не содержатся внутри друг друга.
Докажите, что функции /ь/2,/3,/4 линейно зависимы тогда
и только тогда, когда существует окружность, пересекающая
25
4 исходных окружности под прямыми углами.
2006.5.1.	Пусть А С R2 — выпуклое компактное
множество и А£ — s-окрестность этого множества, т.е.
множество иаед{ж G R2 | ||ж — а|| < Д. Доказать, что
площадь S(A£) множества А£ есть S(A£) = а + be + се2 и
найти коэффициенты а, 6, с. Считать, что граница А есть
спрямляемая кривая.
2006.5.2.	Выпуклый компакт А в евклидовой плоскости
R2 имеет площадь тг.
У ехр(—q(x, A)) dx = 5-тг,
R2
где функция q(x, А) = ттаед ||ж — а|| Vrr G R2. Найти длину
границы <)Л компакта А.
2006.6. Пусть В, С — вещественные п х п матрицы, А =
= В + iC — комплексная п х п матрица, i = Д—1. Доказать,
что
det ( S | = IdetAI2.
\ С В /
ОЛИМПИАДА — 2007
2007.1. Пусть С С R" — ограниченное множество и
функция f : С R удовлетворяет условию |/(ж1) — /(жг)! <
< ||Ж1 — Жг|| для всех точек Ж1,Ж2 G С. Доказать, что
функция Дж) = inf (||ж — у\\ + /(у)) удовлетворяет условию
уес
|р(ж1) — р(ж2)| < ||ж1 — жг|| для всех ЖрЖг G R" и р(ж) = /(ж)
для всех ж G С.
26
2007.2.1. Пусть жо = a, Xi = b, а хп = (1 -	жга_1+^жга_2,
п = 2, 3,.... Найти lim хп.
2007.2.2. Пусть последовательность {ага} такова, что
Г п 1
последовательность 1 у 52 п /. д сходится. Доказать, что для
I fe=i J
любого :' > 0 ряд 52 утД СХОДИТСЯ.
п=1
2007.3	.1. Пусть В — центрально симметричное выпуклое
компактное тело в R2. Доказать, что найдется такой
параллелограмм, содержащий В, что середины сторон
параллелограмма являются точками множества В.
2007.3	.2. Доказать, что задача Коши ж(£) = x(t/2) + еЛ,
ж(0) = 1, имеет единственное решение на оси. (Решение
есть непрерывно дифференцируемая функция ж(-),
удовлетворяющая задаче Коши).
2007.4.	Пусть /(ж) — многочлен с действительными
коэффициентами степени п, имеющий п различных
действительных корней Ж1, ж2, ..., хп. Доказать, что
к
для любого натурального к < п — 2 выполнено 522=1 f (2-) =
2007.5.	Пусть заданы Т е — матрица ранга т,
b G и множество А = {ж G Rra | Тх = b; Xk > 0, 1 < к < п}.
Доказать, что если точка ж G А является вершиной множества
А, то существует такая нумерация {Д]д=1 компонент точки ж,
что Жц = 0 для всех к G тп + 1,п, а столбцы {Tik}™=1 линейно
независимы.
2007.6.	Пусть А и В — выпуклые компакты из R2
с непустой внутренностью, граница которых не содержит
отрезков. Пусть С = А + В = {а + b \ а € А,b € В}.
Доказать, что существуют непрерывные функции а : [0,1] —> А
и b : [0,1] —> В такие, что
{a(t) + 6(t) | t G [0,1]} = C.
27
Решения задач
ОЛИМПИАДА — 1993
1993.1	.1.
/ = |Ж1Жз +Ж1Ж4 +ж2жз -ж2ж4| < |ж41  |ж3 +ж4| + |ж21  |ж3 — ж4| <
< |а?з + ж4| + |а?з — ж4|. Без ограничения общности можно
считать, что х$ > ж4 > 0, поэтому / < 2жз = 2. Это значение
достигается, например, в точке Xk = 1, 1 < к < 4.
Замечание. Заметим, что относительно каждой
координаты Xk (при фиксированных остальных) функция
имеет вид \axk + b\, поэтому наибольшее значение функция
принимает при Xk = —1 или Xk = 1- Следовательно,
максимальное значение достигается в каких-то вершинах
куба, которых 16. Ситуация здесь аналогична тому факту,
что выпуклая непрерывная функция достигает максимума на
компакте в некоторой крайней точке этого компакта.
1993.1	.2. Сделаем в уравнении замену X = eAtY(t)-.
X = AeMY + eMY = AeMY + eMYB,
откуда Y = YВ, Y = CeBt, где C — постоянная матрица.
Общее решение X = eAtCeBt, решение задачи Коши X =
_ eAt£Bt^
1993.2.	Рассмотрим матрицу В = А2. В ней Ьц —
нечетные числа (сумма нуля и нечетного числа ±1), a bij,
i j — четные числа (сумма двух нулей и четного числа ±1).
Следовательно, det А2 = (det А)2 — нечетное число.
1993.3.	Пусть r(t) — скорость частицы в момент времени
t, t G [0,1]. Тогда г(0) = ц(1) = 0, v(t) dt = 1. В координатах
(t, г) рассмотрим треугольник OMN, где 0(0,0), М Q,2),
7V(1,0). График функции v(t) пересекается по крайней мере с
28
одной из боковых сторон треугольника OMN, т.к. Somn = 1-
Следовательно, на графике функции v = v(t) найдется точка
(to, г(ф)), в которой касательная параллельна боковой стороне
треугольника, т.е. |f/(to)| = 4.
1993.4.1. Предположим, что такая функция существует.
Тогда множество / (Q) — образ счетного множества — не более
чем счетно, как и /(R\Q), т.к. по условию /(R\Q) С Q.
Следовательно, множество значений функции не более чем
счетно и содержит по крайней мере две разные точки. Это
противоречит теореме Больцано—Коши о промежуточных
значениях непрерывной функции.
1993.4.2. Рассмотрим два интеграла:
dx = 7г(ао ± !)•
Так как |ао| < 1, то 1^- > О, I- < 0. Но если предположить,
что Т > 0 (< 0), то оба интеграла будут > 0 (< 0),
т.к. 1 ± cos х > 0. Следовательно, функция Т(ж) принимает
значения разных знаков.
1993.5.1. Нет. Например, если А = {(х,у) | у = 0}, а
В = {(ж, у) | х > 0, у > 0, ху > 1}, то А + В = {(ж, у) | у > 0}.
1993.5.2. Пусть Р(ж) = (ж —ai)fcl ... (х — am)km, где Re as =
m
Он ^2 ks = п. Тогда
S=1
2жР'(ж)
Р(ж) ’
<Е^.
1993.6.1. При каждом натуральном п числа
р(\/п + 1 — у/п) = \/р2(п + 1) — у/р2п, р = 1,2,...
29
образуют арифметическую прогрессию с разностью
dn =	+ 1 —	Следовательно, с точностью dn ими
можно приблизить любое число из (0, +оо). Так как dn О
при п оо, то любое число — в том числе и 7? — можно
представить в виде lim (л/к^, — у/тп).
1993.6.2. Требуемый результат получается сразу, если
исходный интеграл следующим образом разбить на два
интеграла, а затем во втором проинтегрировать по частям:
тг/2
J cosax (совж)“-2 dx =
о
тг/2
= J (cos(a — 1)жсовж — sin(a — l)a?sina?) (созж)“-2 dx =
о
7Г/2	тг/2
= f cos(a — 1)ж (совж)"-1 dx + f	d (созж)"-1 =
о	о
sin(a—1)ж /	ха—11^/2	п
= Li (со8ж) |0 =°-
ОЛИМПИАДА — 1994
1994.1.	Каждая точка лежит либо внутри четного числа
окружностей, либо внутри нечетного. Поэтому достаточно
двух цветов — черного и нечерного.
1994.2.	Всегда. Пусть А и В — точки данного множества.
Существует такое число Ro, что для любого R > 1!<> малая
дуга окружности радиуса R, проходящей через точки А и В,
лежит в единичном квадрате. Множество таких дуг несчетно,
поэтому хотя бы на одной из них нет точек удаленного
множества.
1994.3.	Методом неопределенных коэффициентов
находим решение в классе линейных функций: /1(ж) = х — |.
Покажем, что /1 — единственное решение.
30
Пусть д(х) = /(ж) — /1(ж), тогда д е C'(R) и удовлетворяет
уравнению Зр(2ж + 1) = д(х). Заменим в этом уравнении х на
р(ж) =	(д^). В полученном уравнении опять заменим
х на д	и Т-Д- Получим
Р(^) = ^<7
п = 1,2,....
В силу непрерывности д для любого х
lim д
= р(-1),
поэтому д(х) = 0.
1994.4.	Пусть (xi,yi) — координаты точек Ai в некоторой
прямоугольной системе координат Оху. Рассмотрим
определитель
1 Ж1 yi xl + у1 2
1 ж2 У2 х% + у%
1 х3 уз х23+ yl
1 ж4 У4 xj + yj
Заметив, что при переносе начала координат А не меняется,
перенесем начало координат в точку, являющуюся центром
концентрических окружностей для разбиения (Ai, Л2, А3, Л4).
Тогда в новой системе координат
1 Xi yi г2
д =	1 Х2 У2 Г2
1 Хз Уз г2
1 Ж4 У4 R2
откуда
|А| = |Я2-г2| -25aM2a3 = -fc(A1,A2,A3,A4).
7Г
1 Xl yi
) 1 Х2 У2
1 Хз уз
31
1994.5.1.
1994.5.2.	Применим неравенство Бесселя для характерис-
тических функций х/г(ж) отрезков ^], где х/г(ж) = 1 при
и хДж) = 0 при ж [^М]:
п	X
< (xfe, Xfe) = к = 1,...,п.
i=l
Следовательно,
п п	п / п	\
52 52(Xfc’ ^)2 = 52 (52(Xfc> ^)2) -
к=1 i=l	г=1 \/с=1	/
п
а потому найдется i: ^(^k^i)2 < к
к=1
1994.6.1.	Как известно, середины параллельных хорд
параболы лежат на диаметре, поэтому возможен такой план
построения:
1)	проводим две параллельные хорды, тогда прямая,
проходящая через их середины, — диаметр,
2)	строим хорду, перпендикулярную этому диаметру, а затем
через ее середину проводим прямую, параллельную диаметру.
1994.6.2.	Пусть D =	— оператор дифференцирования.
Справедливо тождество
xn+1D V1 = (ж2£>)" .	(*)
Докажем (*) по индукции. При п = 1 равенство справедливо.
При переходе от п к п + 1 имеем
жга+2Пга+1жгау =
= .г"1'2/?"1 1 (ж  х^у) = хп+2((п + l)Dnxn~1y + xD^x^y),
(хРпу^у = x2D(x2D')ny = x2D(xn+lDnxn~ly') =
= х2 ((n + l')xnDnxn~1y + xn+1Dn+1xn~1y^) ,
32
откуда следует (*).
Теперь можно преобразовать исходное уравнение:
^ckxk+1Dkxk-ry = ^ck(x2D-)ky = О,
/С)	/.-О
если t = ж-1, то x2D = —Dt и уравнение примет вид
у ' dyk
к=0	у
ОЛИМПИАДА — 1995
1995.1	.1. Да. Например, /(ж) =ж2вшж.
1995.1	.2. Да. При ж > 1 имеем
ряд сходится абсолютно и равномерно на любом компакте
из {ж > 1}. Чтобы получить /(ж), достаточно построить
разбиение
{п G N | п > 2} = {пк}^=1 (J{2nfc}^x.
Явная формула:
/(ж) = f>-22n+1 + f; f>-22n(2fc+i).
n=0	n=0fe=l
1995.2.	He существует. Имеем
/2(ж) —/2(0) = J 2/(t)/z(t) dt > 2 J sin t dt = 2(1 — cos ж),
о	о
33
следовательно, /2(д) > 4.
1995.3.	Пусть Д, /4 линейно зависимы (в противном
случае все ясно) и, например, Cif[ +    +	= /Д Тогда
С1/1 +    + Cn-ifn-1 + с = fn, где с 0 в силу линейной
независимости системы {fk}k=v Покажем, что функции
линейно независимы. Если сцД +    + ага_1Д-1 = О,
то aifi +  + an-ifn-i + А = О, А = const. Отсюда
(Aci — cai)/i +   ^(Acn-i — can-i)fn-i = Afn. Следовательно,
А = 0, а тогда и = 0 при 1 < к < п — 1.
п
1995.4.	Пусть ага = 52 дг Тогда при достаточно больших
fe=i "
значениях п
1	1	1 _	2
ап > ДД + „га_1 + ДД - 1 +
^'п	^'п	16
2	2 п- 5	2	1995
dn < 1 + ДД + ДД 4 рз < 1 + ~ +	2 •
Следовательно, lim а™ = е2.
1995.5.	Обозначим определитель через W. Достаточно
доказать, что W2 < 1. Имеем
тт.9 /	ч9/	\9/	\9	/ (1/ — ж)2 + (z — ж)2 + (z — г/)2\3
W2 = (y-x)2(z-x)2(z-y)2 <	А---
X.	О	J
( 3(x2+v2+z2) 5 3
< I —--§------ ) =1, причем первое неравенсто превращается
в равенство только при х = у = z, а тогда W = 0.
1995.6.1. Пусть b и — b — точки пересечения окружностей
||ж±а|| = г. Тогда равенство (*) выполнено для ф = b, Д = — Ь.
Легко видеть, что если р G R2 — единичный вектор, то
тах{(р,х) | х G А} + тах{(р,ж) | ж G ВГ(Ь)Г\ВГ(—&)} = г. (**)
Следовательно, тах{(р, ж) | ж G С} = тах{(р, ж) | ж G Вг(0)},
где С = А + ВГ(Ь) О Вг(—&). Поскольку С есть выпуклый
34
компакт, то С = Вг(0). Действительно, допустим, что
существует точка Жо G СДВДО). Пусть &о — метрическая
проекция Xq на ВДО), ро = ц^о—&о||' ^сли допустить, что для
некоторой точки b G ВДО) (ро, Ь—&о) > 0, то в силу выпуклости
ВДО) для любого A G (0,1) Xb + (1 — А)&о G ВДО) и
||ж0—(А&+(1—А)&о) II2 = ||ж0—b0II2-2А(ж0—Ьо, Ь-&0)+А2\\Ь-Ьо||2 <
< ||жо — &о||2 при малых А > 0. Таким образом, (ро, & — &о) < 0
V& G ВДО), а (ро,жо) > До До)- Это противоречит формуле
(**).
Аналогично показывается, что равенство Вг(0)\С Д 0
невозможно. Следовательно, С = ВДО).
Проверку формулы (**) для всех р предоставляем
читателю.
Замечание. Эта задача предложена Е. С. Половинкиным.
Аналогичное свойство шара имеет место в гильбертовом и
некоторых других пространствах. Исследование свойства
(*) повлекло создание теории сильно выпуклого анализа,
частично изложенной в [14].
1995.6.2. Например, X = {z | \z\ >
ОЛИМПИАДА — 1996
1996.1. Пусть S — площадь треугольника с вершинами в
узлах решетки, тогда S > | (т.к. S = ^|ж1?/2 — Ж2У1|, где (жцуД
— координаты двух вершин относительно третьей). В то же
С __ Ojbc
врем^я о — 4/? *
1996.2. Имеем к = [пД2] < пД2, следовательно
1 < 2п2 — к2 = (пу/% — kj + kj < {nV2}  2nV2.
1996.3.1.	Пусть Дж) = ]Д	тогда Д&) = д(о)еь~а.
/с=0
Применим к функции /г(ж) = е~хд(х) теорему Ролля на отрезке
35
[a, b\: 3c G (a, b) такое, что h'(c) = —e Cg(c) + e Cp'(c) = 0.
Следовательно, д'(с) = д(с).
1996.3.2.	Рассмотрим формальный степенной ряд f(z) =
= Е anZn. Тогда
п=1
= Е
п=1
zn = aiz + f2(z).
Отсюда с учетом условия /(0) =0 находим f(z) = aZ 
Радиус сходимости ряда Тейлора функции f(z) в нуле равен
4-, поэтому lim ?/aC = 4a.
n^oc v
1996.4.1.	При х 4 1 Т*(ж) = х"+1~^п+1 Рассмотрим
многочлен Q(x) = xn+1 — 2хп + 1 при х > 0. Так как
Q(0) = Q(2) = 1, Q(l) = 0 и Q'(x) = ж"-1 [(n + 1)ж - 2n],
то второй положительный корень многочлена Q(x) лежит на
интервале	Точнее, этот корень лежит на интервале
(2 — 2„*_i, 2 — поскольку
= 0, а Q (2 -	= - (1 - ^тГ + 1 > 0.
1996.4.2.	Имеем оценку
(п	\^/п\2	In	п \
Есфж, </?;)) = (ж, ЕС^) < (ж, ж) ' Е <Wi, Е OVj
= ^X,x)^CiCj^i,^j) < |(ж,ж)Е R +сЕ 1(ад-)1 <
< (ж, ж) (Ес-) I max £ |(^,^)| ) •
\i=l / U<»<™j=l	1
36
1996.5.1. Пусть А 1 = Тогда
п
^2 bikakj = 0 при i j,
к=1
а так как a^j > 0, то среди элементов i-й строки матрицы А-1
есть по крайней мере два ненулевых. Следовательно, всего
ненулевых элементов не менее, чем 2п и отсюда zn < п2 — 2п.
1996.5.2. Из условия следует, что коэффициенты дфж)
характеристического многочлена
F(A) = det (ХЕ — А(х\) А" I <71(ж)Ага-1 +    + Qn(a?)
ограничены на интервале (0,1). Из теоремы Гамильтона—
Кэли следует, что
Р(А(Ж))	^1	+ • • • + РП(Ж) = О,
х х"—
причем элементы всех матриц Di(x) ограничены на интервале
(0,1). Поэтому
Сп = lim (—xDi(x~) —    — xnDn(x')') = 0.
ж^+0
1996.6. Докажем утверждение индукцией по а + Ь.
Основание при а + b = 0 очевидно.
Предположим, что при а \ b < N утверждение справедливо.
Пусть а \ b = N + 1 и для определенности а > Ь.
Если с < Ь, то векторы х = (1,..., 1,1,..., 1, 0,..., 0) и
с	а—с Ъ—с
у = (1,..., 1, 0,..., 0,1,..., 1) удовлетворяют условиям задачи.
с	а—с Ъ—с
Пусть теперь а > с > Ъ (случай с > а невозможен).
Числа ао = а + b — 2с, Ьо = Ь, Cq = с — b являются
неотрицательными, т.к. а + b — 2с > 2\/7iT) — 2с > 0, и
37
dobo > Cq. При этом ao + bo < a + b = N + 1, т.е. ao + bo < N.
В силу предположения индукции решение {х,у} существует
для тройки (а + b — 2с, Ь, с — &). Но тогда {х + у, у} является
решением для (а, Ь, с).
ОЛИМПИАДА — 1997
1997.1.1. Рассмотрим функцию
f{x) = —+ ^ + --- + —•
<р	<pZ	ср/Ь
На полуоси (0, +оо) функция / (ж) строго убывает от
+оо	до	нуля.	Следовательно,	существует единственное
положительное Хо такое, что	/(жо)	= 1, т.е.
Q1 «2	On _ 1
2	п ’
<рп	/р"	/р'«'
И/И/И/
1997.1.2. Из доказательства интегрального признака
сходимости рядов следует, что
+оо
л ПХ	ftx	X
-' (п2 + ж)2	J (t2 + ж)2	(1+ж2)’
1 1
Поэтому
lim
п=1
+оо	+оо
пх ,	/' tx	, ж / du 1
——------777 =	11II1	/ -77-----777	rft =	11Ш — /	-77	= - .
(п2 + ж)2	х->+оо J (t2	+ ж)2 х->+оо 2 J	и2 2
1	1+ж
1997.2.	Точки пересечения секущей плоскости с
координатными осями образуют правильный тетраэдр с
ребром 2\/2- Плоскости Жд, = 1 отсекают от него четыре
правильных тетраэдра с ребром \/2- Так как объем
38
правильного тетраэдра с ребром а равен -р^а3, то объем
сечения равен
1997.3.1.
отрезке [0,1]
Рассмотрим функцию /(ж) = ж(1 — ж* 2)". На
fmax
1
д/1 + 2п
1
д/1 + 2п
1 V
2п + 1)
При п сю fmax 0, поэтому в качестве искомого многочлена
можно взять Р(ж) = ж — ж(1 — ж2)” при достаточно большом п.
Замечание. Согласно теореме Мюнца, система степеней
{1,ж»}~х, {ж})Дх С N, полная в С([0,1]) тогда и только
тогда, когда У) — = +сю.
k>iPk
1997.3.	2. Нет. Пусть {sra}^Lx — множество всех точек
квадрата [О, I]2, у которых обе координаты рациональны. Для
данного е > 0 можно окружить каждую точку sn таким малым
кругом Bn(sn), что сумма площадей кругов-соседей Вп и В> \ \
с площадью соединяющего их коридора (можно, например,
провести две внешние касательные) будет меньше, чем е/2п
для всех п G N. Пусть G — объединение всех таких трубочек.
Так как нижняя мера	= е, a G всюду плотно в
п=1
квадрате [О, I]2 (и тем самым верхняя мера p*G = 1), то G не
измеримо по Жордану.
1997.4.	Касательные к параболе в точках (^рУ^
(г = 1, 2, 3) задаются уравнениями ууг = рх + Касательные
пересекаются в точках (	). Следовательно,
Sabc = а I
£1
уЦ^р yi
yl/^р у2
У1/%Р Уз
1
1
1
39
В то же время
Sklm = ^1
У1У2/2р
У2Уз/2р
УзУ1/2р
(У1+У2)/2 1
(У2+Уз)/2 1 |.
(Уз+У1)/2 1
Отсюда находим Sklm = ^8двс-
1997.5.	Достаточно проверить, что справедливо равенство
1	1/2	1
У /(ж) dx + У ж/'(ж) dx + У (ж — l')f'(x') dx,
о	о	1/2
а для этого воспользоваться интегрированием по частям.
1997.6.	Пусть С = AEijA х, где Eij — матрица, в
которой на пересечении i-й строки и j-ro столбца стоит 1, а
все остальные элементы равны нулю. Тогда
сы(ж) = аь(ж)Д7-(ж),
(*)
где Aij — алгебраическое дополнение элемента в det А.
Заметим, что выражение (П^(ж))2га+1  бе1А(ж) является
суммой произведений вида (*), поэтому оно имеет предел при
ж -э +0. Но бе1А(ж) = 1, следовательно, существует предел
Ит ДДж) (VZ, j).
ж—>+0
ОЛИМПИАДА — 1998
1998.1. Возьмем а = 1 и обозначим через Ъ наименьшее
из чисел п G N таких, что /(п)	>	/(!) Пусть
с = /-1 (2/(Ь) - /(1)). Так как 2f(b) - /(1) > /(&) > /(1), то
с > Ь.
1998.2. Пусть -21,-22,-23 — корни уравнения z3 + az2 +bz +
+с = 0. Тогда
, ( 1 1 1 \
Ь = Z\Z^ + -22-23 + -23-21 = -2^2-23----1----1---= -СО,.
Vl Z2 Z-i)
40
Так как |с| = |^1^2-гз| = 1, то |а| = \Ь\, и второе
уравнение принимает вид z3 + \a\z2 + \a\z + 1 = 0. Один
из корней этого уравнения равен —1, а два других являются
комплексно сопряженными числами, произведение которых
равно 1. Следовательно, они также лежат на окружности
И = 1.
1998.3	.1. Пусть / — поворот плоскости вокруг точки
О на угол л\/2. Пусть А, / О — произвольная точка,
Ап = f(An-i) при п G N. Тогда Ап Ат при п т, т.к.
число пу/2 — тл/2 не является целым. Пусть S = {Aq, А±,... },
тогда /(S') = {Ai, А%,... } С S, но /(S) ф S.
1998.3	.2. Если матрица не является симметричной, то
без ограничения общности достаточно рассмотреть случай
жордановой клетки с А 0:
А 1
0 А
Тогда в качестве S можно выбрать
1998.4.	(i) Будем искать полином четвертой степени:
Р(х) = аж4 + Ьх3 + сх2 + dx + е. Вычислив интеграл и
приравняв коэффициенты при степенях п в левой и правой
частях, получим линейную систему относительно переменных
а, Ь, с, d, е с треугольной матрицей:
( 1	0	0	0	0	1 А
—2	1	0	0	0	0
2	3 2	1	0	0	0
-1	1	-1	1	0	0
< 1	1 4	1 3	1 2	1	0 )
41
Отсюда находим Р(х) = ж4 + 2ж3 + ж2 —
(и)
1998.5.	Ясно, что хп монотонно убывает и стремится к
нулю.
ж„+1	1п(1 + ж„) хп (1 -	+ о(жга)) ж„ 2
или х	= у- + + Уп> где уп 0 при п оо. Отсюда следует,
ЧТО	= УГ + У + У1 + ' ' ' + Ую „а;1,-. = УУ7 + | + У1 + га+У" 
—у _|_	--С _|_	4	I ь<х —у _|_	»ЖЖ j_	I b
Так как уп 0, то и У1+"П+Уп 0, поэтому ----------------->
1998.6.	Пусть ai = (ац,аг2,... ,ain). Предположим, что
векторы ai, ..., ап линейно зависимы. Тогда в матрице (а^)
линейно зависимы не только строки, но и столбцы. Поэтому
существуют числа cki, ..., ап (можно считать, что 52 г и у	)
7=1
такие, что 52 ajaij = О ПРИ 1 < i <п. Поэтому а2а2^ =
7 = 1
-12 a3ai3
J2 a2 aij = U - ai) U - aii) ’
7¥»	/ \
т.е. a2j + a2 < 1. Следовательно, (ai, ei) + • • • + (an, era) =
= J2an < J2 ^/i - a2 < 521  \ 5211 _1)-
42
ОЛИМПИАДА — 1999
1999.1. Пусть f : S —> R непрерывно на единичной
окружности комплексной плоскости. Рассмотрим на отрезке
[0,1] непрерывную функцию <Д£) = /	— f (е7™*). Тогда
^(0) = /(-1) - /(1), <^(1) = /(1) - /(-1) = -<^(0) и по теореме
Коши найдется такая точка ф G [0,1], что Дф) = 0, т.е.
/(е™*°) = /(-е™*°).
1999.2.1. Пусть /о(ж)	= ^(sinrr + cos ж). Во-
первых, /о G М, во-вторых, для любой функции f G М
f (f(%) - fo(x))I 2 dx>0 и поэтому
о
У /2(ж) dx > 2 у /(ж)/о (ж) dx — У /q (ж) dx = — — — = — =
оо	о
= f /д(ж)с?ж. Итак, минимум достигается при / = /о-
о
1999.2.2. Имеем у(ж) = еж2/2 (e-t2/2/(t) dt + С^. Если
у(ж) -э 0 при ж оо, то
+оо	XQ
У e-t2/2/(t) dt = —С = — У e-t2/2/(t) dt,
XQ	— ОО
откуда получаем необходимое условие
+оо
У е~^ f(t~) dt = 0.
Докажем, что при выполнении этого условия решение у (ж) =
= еж2/2	e-t2/2/(t) dt = — еж2/2 /ж+°° e-t2/2/(t) dt стремится к
нулю при ж —> оо. При ж —> — оо имеем по правилу Лопиталя
I . .. ,, ^^,2/21/(0|Д e-J/2l/W| _ _ I/WI .
—	_™2 /2	_™2 /2	' и-
е х	—же х	ж
43
При х +оо используем представление
+оо
у(ж) = -е_ж2/2 У e-t2/2/(t) dt
и действуем аналогично.
1999.3.	Положим an+i = 1 — сц —    — ап- Тогда ап+1 > О,
и неравенство, которое надо доказать, примет следующий вид:
(1 ~ Q-1)(1 ~ о-г) •••(! — 0-п)(1 ~ О-п+1) > I I
аха2 • • -Мап+1)	”
Применяя неравенство для средних, получим для каждого
г = 1, 2,..., п + 1: 1 — di = oi +    + Oi—i + Oi-i-i +    + On+i >
> п ^/Oi ... ai_iai+i... ora+i. Перемножив эти неравенства,
получим, что
(1 - О1)(1 - О2) ... (1 - On+i) > Пга+1О1О2 . . . ага+1.
1999.4.	Проведем через начало координат в R" плоскость,
порожденную векторами а и Ь. Она пересекает куб по
множеству {аа + (ЗЬ | \cxak + (3bk\ < 1, к = 1,..., п}. Векторы
а и b достаточно выбрать так, чтобы выполнялись следующие
свойства:
1)	1Ы1 = Ц6|| и (а,&) = 0;
2)	на двумерной плоскости с координатами (а, /3) неравенства
\ааь + (3bk\ < 1, к = 1,... ,п, задают правильный 2п-угольник.
Оба свойства выполняются, например, при «/,. = sin ^-,bk =
п
= cos (a, &) = ± £ sin = О,
к=1
44
1999.5.	Задача сводится к решению функционального
уравнения 2ж/(ж2) = /(ж). Одно из его решений есть функция
/(ж) =	. После подстановки в интеграл находим А =
1999.6.	Подойдет матрица
/10	-у	\	/ 1 0	0 \	/ 1 0	—^	\
Т(ж) = 0 1 -4 + 1	= 0 1 1 • 0 1 -4	=
4 7	I	Х~ X I I	X I I	.Т'~ I
\ 0 0	1	)	\ 0 0	1 /	\ О О 1	/
= Т2Т\. После умножения на Т\ уничтожается главная
особенность в каждой строке и т.д. Матрица Т(ж) не
единственна.
Замечание. Фактически, это способ доказательства леммы
Соважа из книги [17].
ОЛИМПИАДА — 2000
2000.1.	Неверно. Пусть Ап = {1, 3,..., 2п — 3, 2п — 1, 2п},
Вп = {2,4, ...,2n - 2,2n,2n + 1}, F = {Аь Д, П2, В2,... }.
Тогда
.	Г {2/с}, если m > к,
m { {2m+ 1}, если m < к.
2000.2.	Заметим, что
1	7Г/2	7Г/2
1 = У f(x)dx = У /(sin Д cost/?dip = J f (cosip) sinipdip.
оо	о
Отсюда следует, что
тг/2	тг/2
21 = У (/(sin ip) cost/? + /(cos ip) sin ip) dip < J dtp = ^.
о	о
2000.3.	He существует по критерию Коши. Покажем,
что	।	| при любом N > 1. Среди 2N чисел
45
tt(N + 1),... ,7r(3TV), по крайней мере, N чисел больше, чем N.
Следовательно,
3N
Е
n=W+l
7г(п)
П2
1 3N 1
> 7---77	7г(п) > --7 ' N  N.
(ЗА)2	v 7	9Л2
v ' n=W+l
2000.4.	Пусть I — единичная матрица порядка п. Тогда,
применяя правила умножения блочных матриц, получаем
det М  det Н =
I
О
в \ ( I F \
DО Н)
= det А.
2000.5.	Пусть {ei, 62,..., ею} — такой базис в L, что
{вц 62, ез} — базис в Li, a {ei,..., ее} — в Рг- В этом базисе
матрица преобразования из Е имеет вид
/****** ****\
ООО*******
ООО*******
ООО*******
000000****
000000****
000000****
\000000****/
Следовательно, dimE = 3  3 + 3  6 + 4  10 = 67.
2000.6.	Достаточно доказать неравенство при п > 1 и при
х Y Xi, где a?i,..., хп — корни многочлена Р(ж). Имеем
Р’(х) _ у-'	1	Р"(ж) _ у.	2
Р(ж) А—'х — Xi’ Р(ж)	(х — хА(х — XiY
г=1	l<i<j<n	J
46
Следовательно, (n — 1)	)
— п
Р"(х) _
Р(х) —
ОЛИМПИАДА — 2001
2001.1.	Если 0 = /(0), то задача решена. Если 0 < /(0), то
множество А = {х G [0,1] | /(ж) > х} непусто. Пусть а = sup А,
& = /(а). Покажем, что а = Ь.
Предположим противное: а < b или а > Ь.
1)	Если а < Ь, то b = /(а) < /	< Ъ.
2)	Если а > b = /(а), то а А. По определению sup A Vc < а
Зхс G А: а > хс > с. Взяв с = Ь, получаем b = /(а) > /(яд) >
> Хь > Ь. Итак, в обоих случаях получили противоречие,
значит а = Ь.
Замечание. Задача примечательна тем, что в этом
простейшем результате о неподвижной точке отсутствует
требование непрерывности функции /. Более подробно об
этом вопросе можно посмотреть [20, глава 5, §1, §2].
2001.2.	Имеем оценку
2001.3.	Возьмем произвольный интервал (жо — ё, Жо + ё),
ё > 0. Так как / не является монотонно возрастающей на
[жо — ё, Жо], то найдутся точки p,q G [жо — ё, Жо] такие, что р < q
47
и /(р) > fio)- Аналогично, найдутся точки г, s G [жо,Жо + 5]:
г < s, f(r) < f(s) (т.к. / не является монотонно убывающей на
[жо, Жо+5]). По теореме Вейерштрасса на отрезке [р, s] функция
/ достигает своей нижней грани, и этой точкой глобального
минимума не могут быть точки р, 8. Следовательно, на
интервале (р, s) С (жо — 5, Жо + 5) имеется точка минимума /.
Замечание. Отметим, что любая функция из C'(R)
не дифференцируемая ни в одной точке из R (функция
Вейерштрасса) удовлетворяет условию задачи.
2001.4.	Заметим, что если Зж G R+: /(ж) > 1, то при
У = из функционального уравнения следует, что /(ж) =
1 — противоречие.
Следовательно, /(ж) < 1 для всех ж G R_|_. Отсюда
вытекает, что выполнено неравенство
Уж,уеК+ ЯХ + У) = f(yf(xY) < 1,
/(ж)
т.е. функция / монотонно убывает.
Если Зж G R+: /(ж) = 1, то /(у) = f(x + y) для всех у > 0, и
в силу установленной монотонности отсюда следует, что f = 1
тождественно. Это тривиальное решение.
Если /(ж) < 1 для всех ж G R_|_, то / строго убывающая
функция. В этом случае имеем
/(^)/(у/(ж)) = /(ж + у) = /(у/(ж) + ж + у(1 - /(ж))) =
/(у/(^))/((ж + у(1 - /(ж)))/(у/(ж))). В силу
строгой монотонности / отсюда следует, что
ж = (ж + у(1 — f(ж)))f (уf(ж)). В частности, полагая ж = 1,
z = yf(X), получим f(z) = где а =	> 0.
Отметим, что при а = 0 получаем тривиальное решение.
Проверка показывает, что /(ж) = 1_|1аа,, а > 0, удовлетворяет
функциональному уравнению.
48
2001.5.	Достаточно проверить, что
= рН(ж)б?(1)(у) + ... + р(1)(ж)б?Н(у).
2001.6.	Очевидно, квадрат можно разрезать на к2
квадратов меньшего размера, к > 2.
Это число можно увеличить до к2 + р(т2 — 1) + q(n2 — 1),
где т, п, р, q — любые натуральные.
Если натуральные числа а, b — взаимно простые, то любое
целое число с можно представить в виде с = ах + by (х,у G Z).
При этом, если натуральное с достаточно велико, то найдутся
неотрицательные решения. Действительно, {0, а, ...,(& — 1)а}
— полная система вычетов по модулю Ь. Следовательно, ах =
= с (modft) при некотором х G {0,1,..., b— 1}. Если с > (Ь—1)а,
то число у = с~^х является неотрицательным.
Взяв т = 2, п = 3, получаем пару взаимно простых чисел
а = т2 — 1 = 3 и = п2 - 1 = 8. Существование разбиения
вида N = к2 + Зр + 8q для достаточно большого N следует из
приведенного выше рассуждения.
ОЛИМПИАДА — 2002
2002.1.	Пусть Aj — определитель матрицы, полученной
из единичной заменой j-ro столбца на (xiyj,..., xnyj)T. В силу
линейности детерминанта по столбцу имеем
п	п
det А = det Е + У^ Aj = 1 + У^ Xiyi.
г=1	г=1
2002.2.	Пусть
J X	к J у
о	о
49
Тогда
/" 1п(1 + ж)	1	1	2	7Г2
/ = У —^& = /2-Л = --Л, «-Л = дЛ = -д/=
о
2002.3.	Ясно, что 0 < хп < 1 при всех п. При сравнении
малых величин полезно бывает заменять их обратными,
поэтому
д _____ 1	1 __хп хп+1 ____ жга/2002 _ хп ________
з?п+1 хп хпхп-\-\ хпхп-\-\ 2002.7'zz । ।
= 2002-.г„	(г002> 2001)' ОтсюДа
1	д 1	/	2002	2002\
— Л 2002 +    + Ai Н G 11+	, 1 +	) .
Ж2002	Хо \	2002	2001J
Следовательно, < Ж2002 < |-
2002.4.	Условие необходимо: достаточно подставить
многочлен Р(х) = ж2.
Достаточность условия доказывается по индукции:
(А + В)га+1 = (А + В)п(А + В) = (Ага + пАп~1В} (А + В) =
= An+1 + nA"-1 (ВА + В2) + АпВ =
= Ап+1 + пАА-'АВ + АпВ = Ап+1 + (п + 1)АгаВ.
2002.5.	Не может. Если допустить, что ^2	= л Р S
n=o ' q
(?gN, то <7! (2 — ^2 УуА = к — J2 гДе к G Покажем,
\	п=0	/	п=^+1
что 0 <
П=^+1
< 1. Действительно,
50
= | < 1; и отсюда же следует, что
CXJ	.
Q-£n
п\
n=q-\-2
1 1
q(q + 1) “ q + 1
gg+iq!
(<7 + 1)!
2002.6.	Возьмем произвольную точку х G В силу
непрерывности нормы и компактности множества А найдется
a G А: ||ж — а|| = sup ||ж — у\\. Пусть I = {х + А(ж — а) | А > 0}.
уел
Обозначим Вг(ж) = {у G R" | \\у — х|| < г}. Тогда для любого
z € I имеем
gl + В\\х-а|| («О + B\\z—а|| (^),
причем пересечение границ двух последних шаров есть
одноточечное множество {а}. Следовательно, I С В. Но х G I,
поэтому х G В.
Замечание. Этот почти тривиальный в R” результат
доказан М. Эделстейном в равномерно выпуклых банаховых
пространствах (например, в lp, 1	< р < оо) в
1968 году и применен для обобщения теоремы Крейна—
Мильмана о крайних точках. Аналогичный результат
для ближайших точек замкнутых множеств в равномерно
выпуклых пространствах доказал С.Б. Стечкин [16] в
1963 году при исследовании задач геометрической теории
приближений.
ОЛИМПИАДА — 2003
2003.1.	|ас + ad + be — bd\ < |а|  |с + d\ + \b\  |с — d\ <
|с + d| + |с — d\ < 2д/2- Значение 2\/2 достигается, например,
при а = b = 1, с = d =
2003.2.	Так как ех > 1 + х для всех ж G R, то
51
2003.3.	Теорема Декарта, утверждающая, что многочлен
вида Рп(х) = aixkl +    + апхкп (ki < к2 <    < кп)
имеет не более п — 1 положительных корней, доказывается
индукцией по п. При п = 2 Р2(х) = хк1(а\ + агж^-^).
Покажем, что из справедливости утверждения для
степени п следует его справедливость для п + 1.
Пусть Nf — число положительных нулей гладкой
функции /(ж). Тогда по теореме Ролля Nf/ > Nf — 1.
Продифференцировав многочлен	= Рп+\(х) / xkl,
получим оценку Npn+1 = Nq < Nq/ + 1 < (n — 1) + 1 = n.
2003.4.	Рассмотрим функцию g(x) = f(x + a) — /(ж).
т
Пусть T > 0 — период функции f. Тогда f g(x) dx = 0.
о
Следовательно, либо Дж) = 0, либо д принимает на [О, Т]
значения разных знаков. Пусть £ < д и Д£) > 0, а Ду) < 0.
Тогда Д£+Т) > 0 и по теореме Коши на каждом из интервалов
(£, у) и (у, £ + Г) имеются нули функции д.
2003.5.	Найдем прямую, параллельную третьей и
пересекающую первую и вторую. Отрезок, ограниченный
точками пересечения, будет ребром параллелепипеда. Для
этого нужно найти такое у, чтобы для некоторых а и (3
выполнялось равенство п + aai + уоз = Гг + /Зог- Числа а,
(3 и у определяются однозначно, поскольку векторы Oi, а2, аз
некомпланарны. Умножив равенство на [01,02]) получим у =
(01,02,^2 — Ti)/(oi, 02, Оз). Таким образом, вектор, задающий
одно из ребер, имеет вид Оз  (01,02,^2 — Ti)/(oi, 02,03).
Другие векторы находятся аналогично. Найдя смешанное
произведение этих векторов, получим ответ
v _ (01,02, Г2 - п)(«2, Оз, Гз - r2)(a3, ai,n ~ ^з)
(О1,02, Оз)2
2003.6.	Обозначим определитель в левой части Wn. Это
определитель Вандермонда и он равен \\'п = П (хг ~ xj)-
i>j
52
Достаточно доказать, что ИД "	< дщ 52 хг  Для оценки
i=l
левой части в последнем неравенстве применим неравенство о
средних:
/	\ ДДЬ) Е(ж»-Д)2
П(^-Д)	г>\(п-1)---•
\^>J	/	2
п
Но 52 (жг — %')2 < п 52 xi > т-к- последнее неравенство
i>j	i=l
/ п \ 2
эквивалентно тому, что I 52 хг ) — О-
\г=1	/
ОЛИМПИАДА — 2004
2004.1.	Найдутся хотя бы две строки, все элементы
которых — нечетные числа. Вычитая одну строку из другой,
получим строку, состоящую из четных чисел.
2004.2.	Определим F(x) = f f(t)dt. Функция F(x)
о
непрерывная и периодическая. Пусть а — точка глобального
минимума Р(ж). Тогда для любого b G R имеем
ь
У /(ж) dx = F(b~) — F(a) > 0.
а
2004.3.	Пусть а, Ь, с — стороны треугольника, тогда
/ а + Ь + с\ 3
\	3	)
> abc = 4FR > 2R,
т.к. площадь треугольника с целочисленными вершинами не
менее
53
2004.4.	Легко видеть, что Р(х) = 1 + (х — 1)5Q(x) и кроме
того Р(х) = О(ж10) при ж —> 0. Тогда
9
<?(ж) = (1 - ж)-5 + О(ж10) =	C'-5(-^)fc + о(ж10).
/• 0
Ясно, что <5(ж) будет иметь наименьшую степень, если
9
k=0
Таким образом,
9
Р(ж) = 1 + (ж - I)5
k=0
2004.5.	Каждую окружность ’’накрываем” параболоидом
вида z = R? — (ж — Жг)2 — (у — yi)2- Каждая пара параболоидов
пересекается по параболе, проекция которой на плоскость Оху
дает соответствующую прямую. Но такая парабола либо
пересекает третий параболоид в единственной точке, либо не
пересекает.
2004.6.1. Примем за начало координат О какую-нибудь
точку на поверхности. Ось Ох направим по одной образующей,
ось Оу — по другой, ось Oz оставим прежней. В новых
координатах уравнение поверхности имеет вид z = д(х, у), где
д — многочлен степени не ниже второй, р(О,у) = д(х, 0) = О,
т.е. д(х,у) = xyh(x,y). Остается доказать, что h(x,y) = const.
Заметим, что если I — какая-либо образующая, a Zi —
ее проекция на плоскость Оху, то функция д на прямой Zi
линейна. Действительно, пусть Zi имеет уравнение ж = Жо + at,
у = уо + bt, тогда р(жо + at, уо + &Z) = zq + ct.
Рассмотрим точку (0,уо,0) на поверхности, уо 0. Кроме
оси Оу через эту точку проходит еще одна образующая Z.
54
Запишем ее уравнение в виде у = у о + ах, z = Ъх. Тогда имеем
тождественно по х:
Ьх = х(уо + аж)/г(ж, уо + ах).	(*)
Покажем, что а =	0. Если это не так, то из
(*) следует, что Ых, уо + ах) = 0 тождественно по х,
т.е. многочлен д обращается в ноль на трех прямых:
х = 0, у = 0, у = уо + ах. Возьмем любую точку
(Ж1,у1) внутри треугольника, ограниченного этими прямыми.
Рассмотрим одну из двух образующих, проходящих через
точку (Ж1, yi, д(х\, У1)). Проекция этой образующей пересекает
границу треугольника в двух точках, в этих точках д
обращается в ноль. Так как д линейна на проекции
образующей, то g(xi,yi) = 0 внутри треугольника, а значит, и
везде, т.к. д — многочлен. Это противоречит тому, что (/ / 0
тождественно.
При а = 0 из (*) получаем, что Ых, уо) = а(уо).
Аналогично, рассматривая точку (жо,0,0), получим
h(xo, у) = /3(жо). Тогда для любой точки (хо,Уо) имеем
Ыхо, уо) = а(уо) = /5(жо) и h = const.
2004.6.2. Имеем
Х \ 0 Е
Таким образом, матрица А и матрица
В
о
Ai =
есть матрица одной и той же квадратичной формы в разных
базисах. Утверждение задачи вытекает из закона инерции
квадратичных форм.
55
ОЛИМПИАДА — 2005
2005.1.	Пусть h(x) = ж!пж + (1 — х) 1п(1 — ж), р(ж) = ж2 +
+(1 — ж)2, д'(х) = 2(2ж — 1). Если 0 < ж, у < 1/2, то р(ж) < р(у)
влечет ж > у, откуда следует /г(ж) < Л.(у), поскольку /г'(ж) = 1 +
+ 1пж — 1 — 1п(1 — ж) = In j//; < О, Т.К. j//; < 1 При 0 < Ж < 1/2.
2005.2.	Будем называть перестановки, удовлетворяющие
условию, пилообразными. Ясно, что пилообразных
перестановок с условием ст(1) < ст(2) ровно половина от
общего количества. При этом таких перестановок с условием
ст(2006) = 2006 ровно с?200б/2, и в любой такой перестановке
ст(2005) < 2005, иначе ст(2004) неопределена. Сопоставим
перестановке а, ст(2006) = 2006, перестановку а' такую, что
ст'(г) = ст(г) при ст(г) < 2005, <т'(2006) = 2005,	= 2006,
где cr(j) = 2005. Тогда а' — тоже пилообразная, причем
разным а соответствуют разные а'. Поэтому с^ооб > 2с?2оо5-
Осталось заметить, что существует хотя бы одна пилообразная
перестановка с ст(2005) < ст(2006) < 2005.
2005.3.	а) Пусть а = Д(0). Тогда /(ж) = аж+о(ж), ж —> +0,
откуда ж(аж + о(ж)) + ж2 = (аж + о(ж))(ж + о(ж)) + 2(аж + о(ж))2,
или ж2(2а2 — 1) = о(ж2), т. е. а2 = 1/2, |а| = 1 / д/2 •
б)	Заметим, что /(ж) = 0 => ж = 0, поэтому /(ж)
знакопостоянна. Будем считать /(ж) > 0.
Пусть F(x,y) = ж sin+ ж2 — увшж — 2у2. По формуле
Тейлора Т(ж, у) = ж2 — 2у2 + о(ж2 + у2) при ж, у 0. Подставив
у = /(ж), получаем ж2—2/2(ж) = о(/2(ж)+ж2), ж -э +0. Отсюда
последовательно получаем при ж | 0
ж2 — 2/2(ж)	Зж2	/2(ж)+ж2	3 /2(ж)	1
/2(ж)+ж2	’ /(ж)2+ж2	’ ж2 2’ ж2 2’
Учитывая постоянство знака, получаем /(ж)/ж -э 1 /д/2•
Замечание. Классическая теорема о неявной функции в
этой задаче не работает — спасает тейлоровское разложение.
56
О локальном исследовании уравнения / (х) = 0 можно
посмотреть [20, Гл. 2, §3].
2005.4.	Пусть О — центр симметрии, точки Ao, Bq G Г:
Д,В0 = сНатГ (*). Тогда прямые /ю и Z20 (Д G ho, Bq е ho',
ho, ho -L ДВо) пересекают Г в одной точке (ho — в точке Д>,
a ho — в точке Во), т.к. иначе по теореме Пифагора получаем
противоречие с условием (*). Пусть прямая Iq||ho и проходит
через точку О, Ai и — точки пересечения Iq с Г. Пусть
h — прямая между ho и Iq, параллельная им и такая, что
h И Г = {ВЬВ2} и В1В2 = ^А1А2 (существует по теореме о
промежуточных значениях непрерывной на отрезке функции).
Пусть h симметрична h относительно Iq, h П Г = {СфС^},
С1С2 = |ДЛ2. Пусть аффинное преобразование Т переводит
параллелограмм В1В2ДО в ромб В1В2ДО с ребром 1 и
углом ZB1OA2 = 2тг/3. Тогда Т переводит В1В2ДС^СМх
в правильный шестиугольник и, значит, В1В2А2С2С1А1 —
искомый.
Замечание. Из этой задачи следует, что если за единичный
шар на плоскости взять множество из задачи 2005.4, то его
периметр будет не меньше 6.
2005.5.	Так как det(A + ZB)-1 = (det(A + ZB))-1 —
целое число, то получаем /(Z) = det(A + ZB) = ±1 при
Z = 0,1,..., 25. Тогда /(Z)2 — 1 — многочлен не более, чем 20-й
степени, имеющий 26 корней, поэтому он — тождественный
ноль. Отсюда det(A + 2005В) = ±1 и по формулам Крамера
элементы матрицы (А + 2005В)-1 — целые.
2005.6.	Пусть при е > 0
А(з) = sup{5 > 0 | Уж G Пй(ж0) |/(ж) - /(ж0)| < е}.
Легко видеть, что Уз > 0 А(з) G (0, +оо], также если 0 < ец <
< £2, то А(з1) < А(з2) (считаем, что +оо < +оо). Если для
57
любого е > 0 А(е) = +оо, то /(ж) = /(жо) и утверждение
очевидно.
Пусть > 0: АДо) < +00. Тогда функция
5(e) =
е
| f A(t) dt, 0 < е < во,
о
ео
/ A(t) dt, е0 < е,
о
является искомой.
Замечание. Задача возникла на научном семинаре по
нелинейному анализу факультета ВМК МГУ.
ОЛИМПИАДА — 2006
2006.1.	Пусть /гг(ж) =	тах{/"(ж), 0},
<72 (ж) = тах{—/"(ж), 0}. Пусть
X / t	\	X / t	\
Л-1(ж) = У I У ^2(т) dr I dt, р(ж) = У I У д2(т) dr I dt.
о \о	/	о \о	/
Так как //7(ж) = /гг(ж) — ^(ж), то найдутся числа а, b такие, что
/(ж) = Л-1(ж)— д(х) + ах+Ь. Тогда /(ж) = /г(ж) —</(ж), где /г(ж) =
= Л,1(ж)+аж+&, выпуклость h ид следует из неотрицательности
их вторых производных.
Замечание. Эта задача становится нетривиальной, если
аргумент функции из Rra, п > 1. В таком виде она поставлена
А.Д. Александровым. Недавно появилось решение в случае,
когда аргумент из R2 (устное сообщение).
2006.2.1. Имеем хп >	> 1 и хп < \/б +    + л/8 = 2
для всех п. Кроме того, {жга} строго монотонно возрастает,
поэтому по теореме Вейерштрасса существует Итжга = 2.
Замечая, что
. . о	8 жп+1	2 хп 2 хп
4 + 2жга+1 + хп_^ 4 + 2жга+1 + хп^ 7
58
получаем, что lim6ra(2 — хп) = 0.
2006.2.2. Так как {ж&} монотонно убывает к нулю, то
и последовательность otk = монотонно убывает к нулю.
2k	сю
Поскольку 22 ат > ('Zk ' к И рЯД 22 ак СХОДИТСЯ, В СИЛу
m=k-\-l	k=l
критерия Коши сходимости ряда получаем, что 2к  а^к 0.
Отсюда в силу монотонности {од} имеем &к = £к 0.
Ж/г -.к	&к	±-а ^к ~'к
k>Oc	1 — Ск	k	I? I?
h.	h.	h.	h.	h.
последнее неравенство верно при всех достаточно больших к.
1
Итак, ряд 22:1'к сходится по признаку сравнения.
2006.3.1.	По теоремам Гаусса и Ролля многочлен Р'
имеет п — 1 корень	, причем в каждой из точек е7-
у функции Р либо локальный минимум, либо локальный
максимум. Пусть М = max{/(eJ)}"211, т = mm{/(eJ)}"211.
Пусть Z\ = тах{ж | Р(ж) = М}, Zi, = тт{ж | Р(ж) = т}. Пусть
{ж&}^=1 — корни Р(ж) = 0. Если для некоторого к выполнено
Хк Е [т,М], то существует не менее 2-х решений Р(у) = Хк",
поскольку для каждого к существует хотя бы 1 решение у
уравнения Р(у) = Хк, то получаем противоречие с условием
Р(Р(ж)) = 0 имеет п корней. Поэтому для каждого к Хк < т
или Хк > М.
Пусть Р(у/г) = Хк, т.е. {ук}^! — решения Р(Р(ж)) = 0.
Если, например, для данного к Хк > М, то ук > Z\ > Хк > М,
первое неравенство в силу строго монотонного возрастания
Р на промежутке [zi, +оо). Аналогично, если Хк < т, то
Ук < Zq < Хк < т. Таким образом, уравнение Р(ж) = ук
имеет 1 корень для всех к G 1,п. Следовательно, уравнение
Р(Р(Р(ж))) = 0 имеет п корней.
59
2006.3.2.	Запишем первый интеграл
(у')2	(y'(W
- cosy =	_ Cosy(0) = С.
Отсюда (у7)2 = 26 + 2 cos у. Если С < 1, то решение у(ж)
ограничено и lim = 0. Пусть С > 1. Тогда решение
неограничено. Пусть для определенности у' = у/2С + 2 cos у.
Отсюда
= dx => [	=х(у)- ж(у(0)).
V26 +2 cos у	J V26+2 cos у
?/(о)
Из этого получаем, что при у сю
У	2тг
[ dy_____________У-У(&) [ dy = у - y(0) д
J y/2C + 2 cos у 2-тг J y/2C + 2 cos у 2л
y(0)	0
2тг	,
A = J V2C+2cosy Отсюда ж(у) ~	и Ит
2006.4. Можно считать, что у всех четырех функций
квадратичная часть равна х2 + у2. В этом случае для точки р
вне окружности, заданной уравнением /(ж) = 0, значение /(у)
равно квадрату длины касательной к окружности.
Докажем, что если существует перпендикулярная
окружность, то уравнения линейно зависимы. Пусть центр
этой окружности находится в начале координат. Тогда длины
касательных из начала координат ко всем окружностям
равны радиусу перпендикулярной окружности, значит, все
уравнения окружностей имеют вид
/фж) = ж2 + у2 + ЩЖ + ЪгУ + С
и линейно выражаются через три функции ж2 + у2 + С, х, у.
Так как уравнений четыре, то они линейно зависимы.
60
В обратную сторону. Из нормировки квадратичных частей
следует, что в зависимости
А1/1(ж) + А2/2(ж) + Аз/з(ж) + А4/4(ж) = О
сумма Ai + Л2 + Аз + А4 = 0. Пусть для определенности
А4 0. Найдем точку р, в которой /1(р) = /2(р) = /з(р)-
Такая точка найдется, так как условия на точку р сводятся к
линейной системе уравнений с ненулевым определителем (так
как никакие два центра не лежат на одной прямой); иначе
можно сказать, что р — радикальный центр первых трех
окружностей. Тогда
ш = рМгЮЛЮМ = ш = ш =
Л4
кроме того, из условия следует, что р лежит вне всех четырех
окружностей и длины касательных к четырем окружностям
из р равны одному числу I. Тогда окружность с центром р и
радиусом I перпендикулярна четырем данным.
2006.5.1. Пусть сначала А — выпуклый многоугольник
aia2 ... ап- Множество А£ = иаед(а + В£(0)) получается,
если в каждой вершине а/, взять шар В£(аь) и затем взять
выпуклую оболочку Ui<fe<ra(afe + Ве(0)) (т.е. наименьшее по
включению выпуклое множество, содержащее объединение п
шаров). Полученное множество А£ отличается от А наличием
п прямоугольников ширины £, построенных на сторонах А
вовне, а также п секторов круга радиуса £, причем суммарная
радианная мера всех секторов равна 2тг, т.е. ”в сумме” сектора
дают круг.
Сумма площадей всех прямоугольников, секторов и самого
множества А есть S(A£) = S(A) + 1(дА)е + -тге2, где 1(дА) —
длина границы А. Итак, для многоугольника А получаем
а = 8(A), Ь = 1(дА~), с = тг.	(*)
61
Покажем, что формула (*) верна и в случае произвольного
выпуклого компакта А.
По условию дА = {r(s) | s е [0, Z(cZA)]}, s — натуральная
параметризация границы (на самом деле это верно для любого
выпуклого компакта А). Для натурального п определим
Гк = г (^Z(9A)), 1 < к < п; Гга — ломаная с вершинами г к,
к = 0,По построению |Гга| —> 1(дА) при п оо.
Зафиксируем s G [^Z(cZA), ^)Д(9А)]. Расстояние от r(s) до Гга
есть Дг(8),Гга) < ||r(s) - rk\\ < max ||r'(s)|| 	= en 0
sE [0,Z (<M)]
при n оо. Таким образом, если An — многоугольник,
ограниченный Гга, то
Ап С А с |J (а + В£„(0)),
а^Ап
следовательно,
S(An) < 5(A) < S(An) + |Гга|еп + тге2 < S(An) + ‘21(дА)еп + тге2
(**)
при всех достаточно больших п. Итак, 5(Ага) -э 5(A), |Г
п |
Z(9A).
Как и при выводе (**) легко показать, что Vs > О
(Ага)е с Ае с (J (а + В£п(0))
а€(Ап)£
И
5((Ага)е) < 5(Ае) < 5((Ага)е) + 2Z(9Ae)sra + тге2
для достаточно больших п (здесь еп = max llrVs) II  НДк!у
se[0,Z(oL4£)]	га
Переходя в равенстве S((An)e) = 5(Ага) + Z(9Ara)s + -тге2 к
пределу при п оо, получаем 5(Ае) = 5(A) + 1(дА)е + -тге2.
2006.5.2. Разобьем интеграл на два:
У ехр(—Дж,А)) dx = У е° dx + J exp (—Дж, A)) dx,
R2	А	К2\д
62
т.е. интеграл равен
5(A) + у
В2\Д
exp (—q(x, Л)) dx,
где S(A) — площадь множества А. Множество точек,
расстояние от которых до дА есть е > 0 — это граница
множества А£ = иаед (а + Ве(0)), см. задачу для 1-го курса.
Граница дА£ есть гладкая кривая с длиной 1(3 А/) = 1(дА) +
+2-тг£. Отсюда
+оо
У exp (—q(x, Л)) dx = У е-е(/(<ЭА) + 2тте) de = 1(дА~) + 2-тг =
к2\д	о
= 5-тг — S(A) = 4-тг. Итак, 1(дА) = 2-тг (и тем самым множество
А есть круг радиуса 1).
Замечание. Две последние задачи затрагивают элементы
теории смешанных объемов — красивого раздела геометрии.
Подробности можно найти в книге [15].
2006.6. Пусть А =( В С ) det А и IdetAI2 есть
у <	/> j
многочлены от N = 2п2 переменных bjk и Cj^. Пусть V —
окрестность точки ₽?v. такой, что bjk = О VJ, к, Cjk = 0 при
j к, Ckk = к, 1 < к < п. Соответствующая матрица
А = diag {i, 2i,..., ni}.
Если V — достаточно малая, то каждая матрица А,
соответствующая точке из V, имеет п различных собственных
значений. Пусть А — такая матрица, А — одно из ее
собственных значений, az — соответствующий собственный
вектор.
А
z
—iz
(В -с
V С В )\
z
—iz
Az А
А — А
—iAz J
z
—iz
63
следовательно, А — собственное значение А, а так как А
вещественна, то А — тоже собственное значение А. Пусть
Ai, ..., А„ — различные собственные значения А. Тогда
Ai, Ai, ..., Ап, А„ — различные собственные значения А и
п ______________________________________________
в окрестности V выполнено |det А|2 = П 'А  ^к = det А.
к=1
Поскольку многочлены |det А|2 и det А совпадают на открытом
множестве V, то они тождественно равны.
ОЛИМПИАДА — 2007
2007.1. Пусть х G С, тогда /(ж) < ||ж — у\\ + /(у) для
любого у G С, поэтому /(ж) < inf (||ж — у\\ + /(у)) = р(ж). Так
уес
как р(ж) < ||ж — ж|| + /(ж) = /(ж), то р(ж) = /(ж).
Пусть Ж1,Ж2 G К" и р(ж1) < (/(жг). Для любого е > О
найдется yi € С: р(жх) > ||Ж1 — щ|| + f(yi) — е. Отсюда и
из неравенства р(жг) < Цжг — У1|| + /(У1) следует, что
р(ж2) -р(ж1) < ||ж2 — У1|| - ||Ж1 - щ|| + е < ||Ж1 — ж2|| +£•
В силу произвольности £ > 0 получаем р(ж2)—р(жi) < Цжх— жгЦ.
Замечание. Вопрос о липшицевом продолжении функции
весьма важен. В данной задаче предъявлена явная формула
для такого продолжения. О более общей ситуации можно
найти в [13, § 8].
2007.2.1. Так как
1 .	.	Жо Ж1 ,	,п
Ж„ - Ж„_ 1 =--(Жп-1 - ж„_2) =    = -j-(-1) ,
п	п\
то
1-	\	/	\ X"(— 1)га
11П1Жп = Жо + [> /жга - Ж„-1) = Жо + (ж0 - Ж1) у J -j— =
П>1	П>1
= а + (а — &)(е-1 — 1).
64
2007.2.2. Зафиксируем е > 0. Пусть П1+^+а,п = а + еп,
a G R, еп 0.
Напомним признак Абеля:	пусть ап и (Зп
последовательности, Вп = /ф +    + /Зга и пусть
последовательность {апВп} сходится. Тогда ряды 22 ап@п и
22(ап — (Хп+1)Вп сходятся или расходятся одновременно.
Применим признак Абеля к ап = [Зп = о-п- Тогда
Вп = па + пеп, апВп = "JJ" —> 0. Поэтому ряд из условия
задачи имеет тот же тип сходимости, что и ряд
v'' 2 '	1	2 /	\
\п1+е (п + 1)1+е J v 7
который сходится по признаку сравнения (n-й член асимпто-
тически равен + еп))-
2007.3.1. Лемма. Пусть векторы а, b не параллельны.
Тогда Зе >0: Уж G Ве(а), У у G Ве(&) векторы х и у не
параллельны.
Доказательство. Допустим противное: \/к Зхь G Bi/Да)
и Byk G Bi/Дй): Xk и yk параллельны. Так как а,Ь ф 0, то
%к-,Ук Д 0 (для достаточно больших номеров к) и Xk%k + Ук Д
0 для А/,. = ±|\ук||/1\хк11 (для одного из знаков). В силу
сходимости Xk a, ук b получаем в пределе Ха + b = 0,
где А = limAfe = ±||&||/||а||. Противоречие.
Пусть Рк — последовательность параллелограммов с вер-
шинами {жД4=1 таких, что В С Рк для всех к и
limS(Ffe) = S = inf{S(F) | Р — параллелограмм, В С Р}. (*)
Поскольку {Ffe} ограничена, то можем считать ИтЖд, = хг,
1 < i < 4. В силу леммы точки {хг}^=1 являются вершинами
параллелограмма F, на котором в силу непрерывности
площади достигается значение Зв (*). Покажем, что середины
сторон F являются точками из В.
Допустим противное. Пусть О — центр симметрии В (nF),
у = тДж1 +ж2). Пусть [ж1, ж2] ПВ = [а, Ь] (в силу выпуклости В)
65
и у </ [а, Ь]. Тогда Зе > 0: [а, Ь] Г\В£(у) = 0. Пусть [а, b] С [ж1, у],
у£ = у + | ц^:^ц  Из-за выпуклости В выполнено [у£,х2] П
В = 0, поэтому (в силу компактности множеств в последнем
равенстве) 35 > 0: 5-окрестность [у£,х2] не пересекает В.
Пусть z = х2 + ц^з3^21|  По построению [у£, z] П В = 0.
Пусть w — пересечение прямой aff {у£. z} с прямой aff {х1, х4}.
Пусть w' и z' — точки, симметричные точкам w и z относи-
тельно точки О. Так как площадь треугольника wx4y£
2
строго меньше площади треугольника zx y£, то параллелог-
рамм wzw'z' содержит В (в силу центральной симметрии) и
имеет площадь меньшую, чем Р.
Замечание. Из этой задачи следует, что если за единичный
шар на плоскости взять множество В, то его периметр будет
не более 8.
2007.3.2. Очевидно решение (если существует) бесконечно
дифференцируемо на R и
x^k\t) = ^k~4\t/2) +е\
в частности
ж(/г)(0) = ^(fc-1)(0) + l
2^
и по индукции 0 < ж^До) < 2 для всех натуральных к.
Зафиксируем М > 0 и отрезок [—М, М]. Пусть С = ем.
Так как ж(-) G С'оо([—М, М]), то найдется Lk > 0:
|ж<^(7х) - ж<^(72)| <Ьк-\р-кг\, Vti,t2 е [-М,М].
|a?(fc)(ti) — ж^)(О)| < \х(к~хД1/2) — х^-1'1 (О/2)| + |е41 — е*2| <
<	— О| + 0*10 — О|,
т.е. можно считать Lk < Z''2 + С. Продолжая спуск по к,
получим Lk < Lq + 2С. Отсюда и из 0 < я/До) < 2 следует,
что х(к\к) равномерно ограничены на отрезке [—М, М]. В силу
66
произвольности М > 0 функция х(к) представима своим рядом
Тейлора x(f) = 52 antn на числовой оси. Можно подставить
п=0
ряд в уравнение и найти коэффициенты ао = 1 = ж(0),
1 1
an+1 (n + 1)  2" йп + Д+1)! ’
Замечание. Весьма полезно бывает искать решение в
виде рядов. Часто выручает теорема: если правая часть
обыкновенного дифференциального уравнения есть функция
аналитическая по всем переменным, то и решение —
аналитическая функция.
2007.4.	1. Рассмотрим рациональную функцию г(ж) =
k
„. . и разложим ее в сумму элементарных. Разложение будет
/(^)
иметь вид
п
г(х) - V ___-__
г=1
Из того, что к < п — 2 следует, что
lim хг(х) = О,
откуда получаем, что <7 = 0. Осталось заметить, что
k
Сг =
2.	Это решение для тех, кто знаком с элементами теории
функции комплексной переменной. Функция g(z) = zk/f(z)
при к < п—2 имеет равный нулю вычет в бесконечно удаленной
точке, т.к. g(z) Хк ПРИ z	Осталось заметить, что
хк
i№Sz=Xig(z) = fpx.^, а сумма всех вычетов равна нулю.
2007.5.	Пусть х — вершина А. Если х = 0, то взяв т
линейно независимых столбцов матрицы Т (ранг Т равен т)
в качестве Ту,... ,Тт, получаем требуемое условие.
67
Пусть х G Л\{0} — вершина. Ясно, что можно так зану-
меровать компоненты х, что Xi > 0,... ,хг > 0, а хк = 0 при
г + 1 < к < п.
Покажем, что в сумме
г	п
Тх = ^Ткхк + ТкХк
к=1	k=r+l
столбцы {Тк}гк=1 линейно независимы. Это завершит доказа-
тельство.
Допустим, {Тк}к=1 линейно зависимы, тогда найдется век-
тор а е Pi": а = (ар,..., аг, 0,..., 0)	0, такой, что
Г
52 Ткак = 0. Выберем е > 0 так, чтобы для любого /с от 1
к=1
до г выполнялись неравенства хк ± еак > 0. Имеем
г	п
Т(х±еа) = ^тк{хк±еак) + 52 Ткхк =
fe=l	к=гД1
= 52 тк%к ± е 52 ткЯк = ь,
к=1	к=1
следовательно, [ж — еа, х + ш] С Я и, значит, х не является
вершиной. Противоречие.
Замечание. Этот факт очень важен в линейном
программировании, см. [14, Гл. 2].
2007.6.	1. Поскольку внутренность всех трех множеств
непуста, то считаем, что 0 G intA, 0 G intB, 0 G intC (если это
не так, сдвинем множества на соответствующие векторы).
Для единичного вектора р G R2 определим точку Хр — та
(единственная!) точка множества А, в которой достигается
максимум скалярного произведения (р, х) по всем х G А.
Аналогичный смысл будут нести Хр для множества В и Хр
для множества С.
Пусть S — единичная окружность с центром в нуле. По-
кажем, что отображение S Э р Хр непрерывно. Допустим
68
противное: Зе > 0 и /и —> ро — единичные векторы, причем
Хрк ф В^Хр^. Тогда в силу компактности можем считать,
что Хрк Хо G дА\В£(Хр0). Точки хо и Хр0 дают максимум
скалярного произведения (ро,х) по х G А, поэтому отрезок
[жо,Жро] С дА, что противоречит тому, что граница А не со-
держит отрезков.
Пусть (A(t),</?(t)) — компоненты кривой Пеано, отобра-
жающей (непрерывно) [0,1] в прямоугольник [0,1]д х [0, 2-лД.
Пусть p(t) = (cos</?(t), sin^>(t)).
Поскольку ХХр + ХХр = ХХр для всех р G S, A G [0,1] и
С = {Хх^ | A G [0,1], р е S}, то a(t) = A(i)a?^(t), 6(t) = A(i)a?^(t).
2.	Доказательство можно несколько упростить, если
использовать тот факт, что все выпуклые компакты одной
размерности гомеоморфны, см. [12] Т. 1, предложение 11.3.1.
Пусть К = [О, I]2, р : К —> А — гомеоморфизм,
переводящий К в А, ф : К В — гомеоморфизм,
переводящий К в В. Пусть (ж(т),у(т)) — компоненты
стандартной непрерывной кривой Пеано. Тогда очевидно
>(ж(т), у(тф) + г/’Иц), Дц)) I (т, р) е К} = С.
Выберем теперь т =	x(t), р =	y(t), тогда
a(t) = ДжфД)), y(y(t))), 6(f) = ^(^(a;(t)),y(y(t))).
Замечание. Эта задача сообщена нам П.В. Семеновым.
Вот близкий вопрос, ответ на который в общем случае нам
пока не извествен. Пусть А, В, С — произвольные выпуклые
компакты из R” и А + В = С. Верно ли, что существуют
непрерывные функции и:(' — b . С В такие, что Vc G С
выполнено а(с) + 6(c) = с? Для Р-множеств [14, §1.8] ответ
утвердителен.
69
Пояснение к списку литературы.
Приведенный ниже список не претендует на полноту.
Книгу [4] мы рекомендуем для первого знакомства с
предметом математического анализа, а книги [5] и [6] для более
искушенного читателя. В книге [7] замечательная подборка
задач по анализу.
В книге [8] рассмотрены многие классические теоремы о
многочленах.
Книга [9] — классический и очень полный учебник по
аналитической геометрии и линейной алгебре, а [10] — по
теории матриц. Книга [11] — классический учебник по
алгебре.
Двухтомник [12] написан как эссе. Порешайте задачи,
которыми заканчивается каждый раздел и посмотреть очень
полный (на 1984 год) список литературы по геометрии во
втором томе.
Обзор [13] посвящен знаменитой теореме Хелли о
выпуклых телах с общими точками и ее приложениях в
различных задачах геометрии и анализа. Содержит большое
количество задач, многие из которых не решены до сих пор.
В книге [14] содержится изложение выпуклого анализа
и рассматривается его применение в разных областях
математики. Значительная часть книги [15] посвящена
изопериметрическим неравенствам и теории смешанных
объемов. В книгах [17], [18] изложены дифференциальные
уравнения; [19] — учебник по функциональному анализу
для начинающих; [20] — классическая монография по
нелинейному анализу.
СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ
[1]	Садовничий В.А., Подколзин А.С. Задачи студенческих
математических олимпиад. М.: Наука, 1980.
70
[2]	Садовничий В.А., Григорьян А.А., Конягин С.В. Задачи
студенческих математических олимпиад. М.: Изд. МГУ,
1987.
[3]	http://www.imc-math.org/ — сайт международной
математической олимпиады студентов университетов.
[4]	Яковлев Г.Н. Лекции по математическому анализу (в 3-х
томах). М.: Физматлит, 2004.
[5]	Рудин У. Основы математического анализа. М.: Мир,
1976.
[6]	Бурбаки Н. Функции действительного переменного. М.:
Наука, 1965.
[7]	Макаров Б.М., Голузина М.Г., Лодкин А.А., Подкорытов
А.Н. Избранные задачи по вещественному анализу. М.:
Наука, 1992.
[8]	Прасолов В.В. Многочлены. М.: Изд. МЦНМО, 2003.
[9]	Александров И.С. Лекции по аналитической геометрии и
линейной алгебры. Части 1, 2. М.: Наука, 1968.
[10]	Гантмахер Ф.Р. Теория матриц. М.: Наука, 1967.
[11]	Курош А.Г. Курс высшей алгебры. М.: Наука, 1975.
[12]	Берже М. Геометрия, Т. 1, 2. М.: Мир, 1984.
[13]	Данцер Л., Грюнбаум Б., Кли В. Теорема Хелли. М.: Мир,
1968.
[14]	Половинкин Е.С., Балашов М.В. Элементы выпуклого и
сильно выпуклого анализа. М.: Физматлит, 2004.
[15]	Лейхтвейс К. Выпуклые множества. М.: Наука, 1985.
[16]	Стечкин С.Б. Избранные труды. М.: Физматлит, 1998.
71
[17]	Хартман Ф. Обыкновенные дифференциальные
уравнения. М.: Мир, 1970.
[18]	Степанов В.В. Курс дифференциальных уравнений. 8-е
изд. М.: Гостехиздат, 1959.
[19]	Колмогоров Л.II. Фомин С.В. Элементы теории функций
и функционального анализа. М.: Наука, 1972.
[20]	Обен Ж.-П., Экланд И. Прикладной нелинейный анализ.
М.: Мир, 1988.
Содержание
1.	Введение......................................3
2.	Условия задач.................................6
3.	Решения задач................................28
4.	Список литературы............................70
72
Студенческая олимпиада
МФТИ
2008
1 курс
ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКЕ — 2008
РЕШЕНИЕ 1 КУРС
1.	Пусть для натурального п число хп — корень уравнения х = tgT из
промежутка (тт,7г(п + 1)). Доказать, что
Решение. Пусть уп = хп — тт — Д Легко видеть, что уп < 0 и уп 0.
7Г
Уп + 7ГП + - = tg
7Г\
Уп + тт + -J = -ctgyn =
1
Уп
+ О (уп) >
Из асимптотического равенства получаем, что
Уп
1
------F +
7ГП + ту
1
7ГП +
О(.Уп)
откуда уп =	+ О(1/п2).
2.	Пусть 61,62,... , еп и еД еД..., е'п — два базиса в Rn. Доказать, что
существует такая перестановка еД еД ..., векторов еД еД ... , еД что для
любого к = 1, 2,..., п векторы еД еД ... , еД 6^+1, 6^+2, • • •, еп образуют базис.
Решение. Пусть среди е^, 62, • • •, выбрано к < п таких различных
векторов еД еД ... , еД что еД еД ..., еД 6^+1, вк+з,    ,еп — базис. Рассмот-
рим (п—1)-мерное подпространство IA+i = (еД еД ..., еД 6^2,... , еД. Среди
векторов 61,еД... , е'п найдется вектор щ не лежащий в АД_|_1. Заметим, что v
отличен от еД еД ..., еД поскольку еД еД ..., e'ik G РД-i. Положим еДх = щ
тогда еД е-2,..., e-fc+i, efc+2, efc+3,..., en — базис.
Рассуждая как показано выше для /с = 0,1,...,п—1, мы получим требуемую
перестановку , е'2,..., e'in.
3.	Пусть ВДа) — замкнутый единичный евклидов шар в Rn с центром в
точке а Е Rn. Для множества А С йп определим множество
f(A)= ГрД
Доказать, что непустое множество А есть пересечение замкнутых единичных
шаров тогда и только тогда, когда А = /(/(А)).
1
Решение. Если А = f(f(A)), то очевидно А есть пересечение замкнутых
единичных шаров.
Пусть А есть такое множество, что /(А)	0.
Покажем, что А С /(/(А)). Пусть a G А. Тогда /(А) = Q Bi(z) С ВДа).
z&A
Отсюда/(/(А)) = Г| Bi(z) D Q Bi(z) = {а}. Итак, А С/(/(А)).
Пусть множество А есть непустое пересечение единичных замкнутых шаров,
т.е. для некоторого множества В выполнено А = f(B). По доказанному
/(Л) = /(/(В)) D В, откуда /(/(А)) С /(В) = А.
4.	Даны непрерывные функции /, д: [0,1]	[0,1], причем известно, что f
строго возрастает. Докажите, что
/ f(g(x))dx< / (/(ж) + д(хУ) dx.
Jo	Jo
Решение. Пусть с = шах,. () । (/'(.г) — .г). Тогда
в	Д
Следовательно, достаточно доказать, что с < f(x) dx. Если с < 0, то
это неравенство очевидно. Пусть с > 0, и /До) — Xq = с. Тогда 0 < Xq =
/До) — с < 1 — с. Тогда
f(x)dx> / f(x)dx> / f До) dx = (1 — £о)До + с).
Осталось заметить, что (1—яДДо+с) = с+хо(1—с—хо) > с при 0 < Xq < 1—с.
5.	Пусть f : [0,1] R — непрерывная функция. Доказать, что найдется
подмножество X С [0,1] мощности континуум, на котором функция f монотон-
на.
Решение. Пусть найдутся такие точки a, b Е [0,1], что а < b и /(а) <
f(b). Если это не так, то для любых точек а, b Е [0,1], а < Ь, выполнено
/(а) А /Д) И требуемое доказано.
Для каждого с Е [f (а), f (6)] определим хс = sup{rr Е [а^Ь] | /(ж) = с}. В
силу непрерывности f получаем, что /Дс) = с и из щ < (х следует хС1 < хС2
и f{xC1) = Ci < С2 = f{xC2). По построению {хс | с Е [f (а), f (6)]} — искомый
континуум.
6.	а) Замкнутое ограниченное множество А С R2 обладает свойством:
для любой точки х Е R2 существует ровно одна точка а (ж) Е А такая, что
|Д — аД)|| = sup |Д — а||. Доказать, что множество А одноточечно.

2
б) Докажите то же утверждение для произвольного ограниченного мно-
жества А с R2.
Решение. Рассмотрим функцию /(ж) = sup© — а||. Поскольку это
непрерывная функция на и lim f(x) = +ос, то минимум f достигается
IMH+OO
в некоторой точке Xq Е Ж". Покажем, что А = {я©.
Допустим противное. Тогда /(я© > 0 и шар ВдЖо)(я© является шаром
наименьшего радиуса (равного /(я©), который содержит А среди всех шаров,
содержащих А. При этом в силу условия задачи дВ^х^{хо) П А = {ао}-
Определим полусферу.
S = dBf(а,о)(я© ПД G F ©0 - жо, х - я© < 0}
Так как S П А = 0, то по лемме Гейне-Бореля существует ненулевой сдвиг
St = S+t(ao~Xo), t > 0, вдоль вектора а$—Xq, сохраняющий условие ВТПА = 0
для всех т Е [0, t]. Отсюда следует, что
А с В/Ы(я© П В/ы©0 + Дао - я©).
Но по теореме Пифагора получаем, что тогда
В (1q — я?о
2
-Що)
А С жо + До - жо) + у/'-Д'о) -	,
Zj	V	т:
что противоречит минимальности радиуса /(я©.
б) Докажем, что если множество А удовлетворяет нашему свойству, то и
его замыкание В = А также ему удовлетворяет. Заметим, что max ||я? — Ь\\ =
ЬеВ
max ||я? — а\\ для любого х (максимумы по условию существуют!).
аеА
Предположим противное. Тогда для некоторой точки х существуют две
точки 61, Д £ В такие, что ||я? — bi\\ = max ||я? — b\\ =: s. Тогда одна из них —
ЬеВ
скажем, Ь\ — лежит в В \ А. Рассмотрим точку Xi = х + (.г — 6© Тогда
Iki — bi || = 112 (я? — 61) || = 2s, а для любой другой точки 6 G В имеем ||яц — 6|| <
|Д1 — я?|| + © — 6|| = 2s. При этом равенство может достигаться тогда и только
тогда, когда .Г|. 6 и х лежат на одной прямой (.г между бия©, и© — 6||=s;
это выполняется только при 6 = бр Таким образом, ||яд — 6i|| > ©i — 6|| для
любой точки b Е В \ {б© D А; в частности, ||яд — 6i|| > max ||яд — а||. Это
хеА
невозможно, так как max ||яд — 6|| = max ||яд — а||.
ь&в	аеА
Итак, множество В удовлетворяет нашему свойству и по пункту а) одно-
точечно. Значит, и А одноточечно.
©2008
3
Студенческая олимпиада
МФТИ
2008
2-6 курс
ОЛИМПИАДА ПО МАТЕМАТИКЕ — 2008
6 КУРСЫ
1.	Найти бесконечно дифференцируемую функцию f : (0,+сю) (0,+сю)
для которой при любом Xq > 0 рекуррентная последовательность xn+i =
f(xn) удовлетворяет асимптотическому равенству
1
хп ~	, п сю.
Inn
Решение. Пусть для начала хп = 1/1пп. Построим такую функцию,
что | ) = хп. Для этого рассмотрим д(7) = 1/ In / и найдем решение
функционального уравнения /(</?(£ — 1)) = Это есть функция f(t) =
1/ In (1 + е1^). Покажем, что f — то, что надо.
Для последовательности xn+i = 1/ln (1 + е1^”) получаем
е1Д„+1 = 1 + е1/хп = ' " = п 1	е1/х0,
откуда следует требуемое условие.
2.	Доказать, что симметричная матрица А неотрицательно определена
тогда и только тогда, когда для любой симметричной неотрицательно опре-
делённой матрицы В выполнено неравенство tr АВ > 0.
Решение. Заметим, что если X — столбец, то матрица ХХТ неотри-
цательно определена и симметрична. Также заметим, что всякая неотри-
цательно определённая симметричная В представляется в виде (теорема о
приведении к диагональному виду)
R _ V VT ,	, V vT
— л1л1 н + ЛпЛп .
Пусть А неотрицательно определена. Тогда В = Х\Х'[ + • • • + ХпХ? и
tr АВ = ^2 tr AXiX'f = ^2 tr X'f AXi > 0
i=i	i=i
по определению положительной определённости.
В обратную сторону: для любого столбца X положим В = ХХТ и
получим,что
trXTAX = trAXXT >0.
3.	Пусть В С М" — центрально симметричное выпуклое компактное
тело с центром нуле. Для множества А С А" определим множество
/(4)= Р|(а + В)
А
1
(здесь а + В = {а + ж | х Е В} — сдвиг множества В). Доказать, что
непустое множество А есть пересечение сдвигов множества В тогда и только
тогда, когда А = /(/(А)).
Решение. Заметим, что множество S = C\x&b(z + В) есть {0}. Дейст-
вительно, 0 = х + (—ж) Е х + В при любом х Е В, поэтому 0 Е S. С
другой стороны, пусть 0 у Е S', тогда из компактности В следует, что
существует А = тах{ц | уу Е В} > 1. Тогда из у Е S С (—Ат/) + В, то
есть (1 + А)т/ Е В. Противоречие с выбором А. Значит, S = {0}. Отсюда
следует, что Пгеа;+в(^ + В) = {ж} для любого х.
Если А = f(f(A)), то очевидно А есть пересечение сдвигов В.
Пусть А есть такое множество, что /(А)	0.
Покажем, что А С /(/(А)). Пусть а Е А. Тогда /(А) = Q (z + В) С
а + В. Отсюда /(/(А)) = Q (z + В) D Q Д + В) = {а}. Итак,
zE.d-\-B
л с/(/(Л)).
Пусть множество А есть непустое пересечение сдвигов В, т.е. для не-
которого множества X выполнено А = /(X). По доказанному /(А) =
/(Ж)) D X, откуда /(/(Л)) с /(X) = А.
4.	Пусть f : [0,1] R — непрерывная функция. Доказать, что найдется
подмножество X С [0,1] мощности континуум, на котором функция f
монотонна.
Решение. Пусть найдутся такие точки a,b Е [0,1], что а < b и /(а) <
f(b). Если это не так, то для любых точек a,b Е [0,1], а < Ь, выполнено
/(о-) A f(b) и требуемое доказано.
Для каждого с Е [/(a),/(b)] определим хс = sup{rr Е [а,Ь] | /(ж) = с}. В
силу непрерывности / получаем, что f(xc) = с и из щ < са следует хС1 < хС2
и f(xC1) = Ci < С2 = f(x<A По построению {хс | с Е	f (b)]} — искомый
континуум.
5.	а) Замкнутое ограниченное множество А С М" обладает свойством:
для любой точки х Е М" существует ровно одна точка а (ж) Е А такая, что
||ж — а (ж) || = sup ||ж — а||. Доказать, что множество А одноточечно.
аХ-Л
б)	Докажите то же утверждение для произвольного ограниченного мно-
жества А с НА".
Решение. Рассмотрим функцию /(ж) = sup ||ж — а||. Поскольку
аХ-Л
это непрерывная функция на и lim /(ж) = +ос, то минимум /
1ИН+ОО
достигается в некоторой точке Xq Е IA". Покажем, что А = {я?о}-
2
Допустим противное. Тогда /(я?о) > 0 и шар ВдЖо)До) является шаром
наименьшего радиуса (равного /До)), который содержит А среди всех
шаров, содержащих А. При этом в силу условия задачи дВ^х^{хо) П А =
{по}- Определим полусферу.
S = dBf (Жо) До) ПД G F (по - В), х - я?0) < 0}
Так как S П А = 0, то по лемме Гейне-Бореля существует ненулевой сдвиг
St = S + Дао — в), t > 0, вдоль вектора од — яд, сохраняющий условие
ST П А = 0 для всех т Е [0, t\. Отсюда следует, что
А с В/ы До) П В/(а,о) До + Да0 - в))-
Но по теореме Пифагора получаем, что тогда
А С в + -До - в) + \ /2До)
£	V
что противоречит минимальности радиуса /До).
б) Докажем, что если множество А удовлетворяет нашему свойству, то и
его замыкание В = А также ему удовлетворяет. Заметим, что max |Д — Ь\\ =
ЬеВ
max |Д — а\\ для любого х (максимумы по условию существуют!).
а&А
Предположим противное. Тогда для некоторой точки х существуют две
точки 61,62 £ В такие, что |Д — 6ф = тах|Д — b\\ =: s. Тогда одна из
ЬеВ
них — скажем, А — лежит в В \ А. Рассмотрим точку xj = х + (х — 6Д
Тогда |Д1 — 61|| = ||2(я? — 6i)|| = 2s, а для любой другой точки 6 G В имеем
||яд — 6|| < ||яд — я;|| + |Д — 6|| = 2s. При этом равенство может достигаться
тогда и только тогда, когда яв, 6 и х лежат на одной прямой (я? между 6
ияд), и|Д — 6||=s; это выполняется только при 6	6(. Таким образом,
||яд—61|| > ||яд — 6|| для любой точки 6 G B\{6i} D А; в частности, Цяд-бД >
max ||яд — п||. Это невозможно, так как max ||яв — 6|| = max ||яв — п||.
хеА	Ь&В	а&А
Итак, множество В удовлетворяет нашему свойству и по пункту а) од-
ноточечно. Значит, и А одноточечно.
6. Пусть f : R2 R. — выпуклая непрерывно дифференцируемая
функция; /(0) = 0, V/(0) = 0. Доказать, что
f(x)
Sx Е R2,
где Дб) = inf ||Х7/(яя)||, St > 0.
3
Решение. Будем обозначать ./'(.г) = V./'( .г). Определим
x{t) = arg min f(x).	(1)
Для любого ненулевого вектора у, такого, что (y,x(t)} = 0 следует равен-
ство (f'(x(ty),y) = 0 (в противном случае получаем противоречие с фактом
./’(•'(/ ) ) = min ./’(./•)). Поэтому для всех / > 0 найдется число
A(t) : f(x(ty) = A(t)rr(t).
(2)
Поскольку f выпуклая функция, то (Д(ж) — Д(0),ж — 0) > 0, поэтому
A(t) > 0. Заметим, что
< ||/И^)11 = Ж1Ж11 = t4t\
Поэтому
А(() > 4А Vt > 0.	(3)
L
Зафиксируем t > 0. Пусть А > 0 и 0 < i - А < ti < t. Так как из (1)
следует, что /(я(й)) < f (y^t)), т0
7W)) - /Мй)) > 7W)) - f (7^)
\
= (/(a:(t)),a;(t))^-^ + o(A) = (2)
L
(2) = A(t)||a?(t)||2^——+ o(A) = A(t)t(t-ti)+o(A) > (3) > </>(t)(t-ti) + o(A).
L
Из этой выкладки получаем, для функции -^(t) = ./’(•'•(/ ) ) = min /(.г)
||x||=t
существует нижняя левая производная
// / \ т • eW)— W — At)
ibi (t) = hm inf —------------------> <x(t)
J At^+o	At	— r\ J
(4)
для всех t > 0. Заметим, что функция непрерывна, так как /(ж)
t
равномерно непрерывна на любом компакте. Положим <£>(t) = J </?(t) dt.
о
Тогда А Ф7^) и ^(0) = Ф(0) = 0. Покажем, что при этих условиях
W) > Ф(^).
Пусть g(t) =	— T(t). Тогда gi_(t) > 0 и д(0) = 0. Зафиксируем г > 0
и покажем, что g(t) > —st. Положим to = min{s G [0,t] : g(t) — g(s) >
—e(t — s)} (минимум существует, так как g(t) непрерывна). Предположим,
что to > 0. Тогда из ^_(to) > 0 следует, что существует 3 G (0, to) такое,
4
что g(to — 5) < g(to) + ед. Это значит, что g(t) — g(to — 5) > g(t) — g(to) — е6>
—e(t — (to — 5)), что противоречит минимальности to- Значит, to = 0, и
g(t) = g(t) — g(ty > —et. В силу произвольности г > 0 получаем, что
> 0.
©2008
5
Студенческая олимпиада
МФТИ
2009
1 курс
1 КУРС
Задача 1. Пусть . 1. /> — два непустых подмножества R, причём А П
В=0иВПА=0 (черта означает замыкание). Доказать, что найдутся
два непересекающихся открытых множества U, V С R, такие что U D А,
V ЭВ.
Решение. Будем рассматривать только симметричные окрестности
точек. По условию у каждой точки a G А есть окрестность U(a), кото-
рая не пересекается с В. У каждой точки b G В есть окрестность К(6),
которая не пересекается с А. Из неравенства треугольника легко видеть,
что если мы возьмём вдвое меньшие окрестности U!(a) и V'(b), то они
не будут пересекаться между собой при любых a G A,b G В. Тогда мно-
жества
и = U и'(а). V = U Г'(Ь)
аеА	ьев
обладают требуемым свойством.
Задача 2. Пусть А — бесконечное множество вещественных чисел.
Доказать, что существует строго монотонная последовательность {аД,
все члены которой принадлежат А.
Решение. Множество А обладает предельной точкой ад G R. Пусть
{аД — последовательность точек множества А, сходящаяся к Xq (ад Д
То). Тогда одно из множеств I = {i : Xi < ад} или I' = {i : Xi > ад}
бесконечно; пусть для определенности это множество I. Тогда, заменив Xi
на ее подпоследовательность с индексами, лежащими в I, можно считать,
что Xi < Xq при любом г.
Осталось построить монотонную подпоследовательность {гД после-
довательности {аД. Положим j/i = Ti, 21 = 1. Пусть отрезок щ < • • • < уп
уже построен. Так как уп < ад, то существует такое натуральное число
2ra+i, что Xi > уп при всех г > 2ra+i (ясно, что 2ra+i > in). Тогда можно
положить Уп+i = %in+1- Последовательность {уп} построена.
Задача 3. Пусть a,b,c,d — векторы в R", (•, •) — стандартное ска-
лярное произведение. Доказать, что
((а, с) + (6, d))2 + ((а, d) - (6, с))2 < (а2 + Ь2)  (с2 + d2).
Решение. Рассмотрим вектора а + ib, с + id G С". Тогда по нера-
венству Шварца
|(а + ib, с + id)|2 < |а + 2&|2 • |с + Д2,
раскрывая скобки, получаем
| (а, с) + (6, d) + i(b, с) — i(a, d) |2 < (а2 + b2)  (с2 + d2).
1
По определению левая часть равна
((а, с) + (b, d))2 + ((а, d) - (Ь, с))2.
Задача 4. Пусть аффинное отображение (композиция линейного опе-
ратора и сдвига) а : Rra R" такое, что для некоторого х G R" мно-
жество {ак(ж)}йен ограничено. Докажите, что а имеет неподвижную
точку, то есть для некоторого у G В"
«(*/) = У-
Решение. Пусть а представляется в виде
сиД) = Ах + Ь,
где А..линейный оператор и b Е В". Если неподвижной точки нет, то
уравнение
Ах — х + Ъ = О
не имеет решений. Иначе говоря, вектор b не лежит в образе линейного
оператора А — I. Следовательно, найдётся линейная функция Л : Rra R
такая, что
dx е В" А((А - Дж) = 0, и А(6) Д 0.
Тогда для любого х Е Rra получается
АДД)) = А(Аг — х) + АД + 6) = АД) + А(6),
а следовательно, Х(ак(х)} = АД) + кХ(Ъ}. Значит, для любого х Е Rra
последовательность {Х(ак(ж))	неограничена, что противоречит усло-
вию задачи.
Задача 5. 1) Пусть /: (0,1]2	(0, +оо) — функция, непрерывная по
совокупности переменных. Верно ли, что обязательно найдется непре-
рывная функция д: (0,1]	(0, +оо) такая, что д(х) = o(J(x, у)), х +0
при любом у Е (0,1]?
2) Пусть /: (ОД]2	(0,+оо) — функция, непрерывная по х при
любом фиксированном у Е (ОД]. Верно ли, что обязательно найдется
непрерывная функция д: (ОД] (0,+оо) такая, что д(х) = о(/Д,Д),
х +0 при любом у Е (0,1]?
Решение. 1) Можно положить д(х) =
х  min f(x,y) (этот мини-
мум существует и положителен из непрерывности и положительности
f(x,y)). Тогда при любом фиксированном у Е (0,1] неравенство д(х) <
xf(x,y) верно для любого 0 < х < у, откуда д(х) = о(/Д,Д), х +0.
2
2) Множество М всех последовательностей натуральных чисел имеет
мощность континуум. Зафиксируем взаимно однозначное соответствие
между М и (0,1]; пусть	— последовательность, соответствую-
щая числу у G (0,1]. Тогда существует непрерывная функция hy(x): (0,1]
(0, оо) такая, что hy(\/n) = Х/а^ (можно, например, сделать hy(x) ли-
нейной на любом отрезке [l/(n + 1), 1/тг]). Положим f(x,y) = hy(x).
Рассмотрим произвольную функцию д(х): (0,1]	(0,+оо); пусть
sn = (!/</(Vn)~l (наименьшее натуральное число > l/tjr(l/zz)). Тогда най-
дется у G (0,1], при котором /(1/п,Д = hy(\/n) = l/sra < д(\/п). Это
означает, что д(\/п)	о(/(1/п,уУ), п оо, и уж тем более д(х)
х +0.
Задача 6. Пусть D С R2 — область с гладкой границей 8D без са-
мопересечений, G = D. Для каждой точки х Е 8G найдется круг
радиуса R такой, что х Е В^х\ В^ С G = В^ С 8G.
1) Доказать, что найдется окрестность U множества G такая, что для
каждой точки х Е U существует единственная точка тг(ж) G G со свойст-
вом ||т — 7г(т)|| = inf ||т — д\\.
2) Доказать, что окрестность U в пункте 1) можно выбрать так, что для
некоторого числа L > 0 и для любых точек х,у Е U выполнено нера-
венство
||7ГД) -7Г(Д|| < L- ||т-?/||.
Решение. 1) Выберем г Е (0. //). Пусть U есть /-окрестность мно-
жества G, т.е. такие точки х, что inf ||т — д\\ < г.
9&G
Через Вг(а) обозначим замкнутый круг радиуса г с центром в точке
а.
Зафиксируем х Е U. Непустота множества ближайших к х точек
множества G следует из компактности круга на плоскости и теоремы
Вейерштрасса.
Пусть у — точка из G, для которой ||т — у\\ = inf ||т — д\\ = q < г < R.
g€G
Тогда GDint Вв{х) = 0 и у Е Be(x)GdG. Поэтому касательная прямая
(Z) к кривой 8G в точке у совпадает с касательной прямой к окружности
дВд(х) в точке у. По условию теоремы существует круг В^ радиуса
R > Q, такой, что у Е B^v\ В^ П G = В^ П dG. С необходимостью
В^ касается прямой I в точке у (иначе нарушается условие В^ С G =
В^ Г| dG), значит круги В^ и BQ(x) касаются прямой I в точке у и оба
лежат в одной полуплоскости относительно I (иначе В^ имеет общие
точки с int G). Поэтому {у} U int В^ D Вд(х). Следовательно, у Е G —
единственная ближайшая к х.
2) Покажем, что отображение U Э х 7г(т) G G удовлетворяет
3
условию Липшица с константой L = Множество U то же, что и в
пункте 1).
Пусть Xi, Х2 Е U\G, ТОЧКИ Уг = ДтД -ПрОеКЦИИ Xi на G, Zi .центры
шаров Всоответственно. Тогда по свойству шаров ||^i—j/i|| < ||л—1/2II,
Р2 -Ы < Р2 -Ы-
Введем декартову систему координат с центром у^ так, чтобы точка у2
имела координаты (1,0); пусть штрих отзначает абсциссу после проекции
(т.е. х\ — абсцисса точки Xi и т.п.). Тогда из доказанного z'x < 1/2,
Д > 1/2; поскольку Xi, Х2 делят отрезки Т2.//2 в отношении, большем
(R — г) : г, то х'г < (1/2) • (r/R), х'2 > 1 — (1/2) • (г/R), то есть |Т2 — Д| >
1 — г/R. Значит, и ||т2 — Т1|| > ^Цг/i — У21|, что и требовалось.
Если Х2 = J/2 G G, то можно повторить предыдущие рассуждения,
взяв в качестве точки Z2 любую точку со свойствомами ||^2 — £/г|| = R,
\\z2-y2W < Р2 - ^11-
Другое решение пункта 2).
2) Пусть Ti,T2 G U\G и точки у^ = тгДД — проекции х^ на G. Тогда
вектор 11^/^ц нормален к кривой 8G в точке у± и, следовательно, В^1"1
есть круг с центром в точке у^ + Д- Поэтому
. М - У1
У1 + II н
hi -m
и, возводя в квадрат, получаем
2. 2Д 1	_ х
— и	II ^1	?/2,J/l	-1-1),
Им — z/ill
откуда (||ti — i/i || < г)
\\yi ~ Ы12 > —hi - У2,У1 ~ ^1).
г
Меняя местами индексы 1 и 2 в предыдущей формуле, получаем
\\У1 ~ Ы12 > — (.У2 ~ У1,У2 ~ т2).
г
Сумма двух последних неравенств дает
2||щ - Ы12 > —hi - У2,У1 - Ti - у2 +т2),
г
\\У1 ~У2\\2 > ^\\У1 ~У2\\2 - ^(.У1 ~У2,Х! -Т2).
4
Отсюда
-hi -Ы • hi — ^sll > —hi — z/2,^1 -^2) > -—-\\yi -Ы2
у'»	у'»	у'»
И значит hl — 7/2II < ^Z^hl — Т2 ||.
Если, например, т2 = £/2 £ G, Xi Е U\G, то из неравенства
У1 +
^i ~ ?/i р
II II “^2
hi -m
>R,
возводением в квадрат и повторением предыдущих рассуждений, полу-
чаем, что hl - ^21| < ylzyhi - ^2II, a Дуд: <
2	6 КУРС
Задача 1. Докажите, что ненулевая комплексная матрица А размера
2x2 является квадратом (А = В2) тогда и только тогда, когда А2 Д 0.
Решение. Если .1/0. А2 = 0 и А = В2, то В4 = 0. Следовательно,
все собственный значения В нулевые и по теореме Гамильтона-Кэли А =
В2 = 0 — противоречие.
Пусть теперь А2 Д 0. Тогда если А можно привести к диагональному
виду
о Д 0- 1 _ (	0 \
/О b ) ’
то можно взять
Иначе А можно привести к виду жордановой клетки с ненулевыми (так
как А2 Д 0) собственными значениями
и можно взять
Здесь у/х обозначает некоторый корень из комплексного числа.
Задача 2. Дано дифференциальное уравнение с запаздыванием а/(£) =
x(t — 1). Верно ли, что для каждого решения x(t) этого уравнения вы-
полнено
1) lim = 0?
2) lim hE)=0?
5
Решение. 1) Верно. Пусть сп = supte[n_ln] |rr(t)|. Тогда |Д(/;)| < сп
при t Е [п, п + 1], то есть |rr(t)| < сп + cn(t — п) при этих же t. Значит,
Сп+1 < 2сга, откуда и следует |т(£)| < 2ra+1ci, t Е [п,п + 1].
2) Неверно. Будем искать решение в виде х(к) = ext. Условие x'(t) =
x(t — 1) дает Л = е~х.
Пусть Л вещественное число. Тогда существует вещественное решение
Ло G (0,1) уравнения Л = е~х, причем при Л G (0, Ло) имеем Л < е-л, а при
Л G (Ло, 1) имеем А > е~х. Поскольку | < е", то Ло > | и lim =
+оо.
Задача 3. См. задачу 3 1 курса.
Задача 4. Существует ли такой набор I интервалов, лежащих в
интервале (0,1), что каждая рациональная точка интервала (0,1) при-
надлежит конечному числу интервалов из I, а каждая иррациональная
точка этого отрезка — бесконечному числу интервалов из I?
Решение. Существует. Пусть
а = 0,1,..., п\ — 1
т — I i°° Т
1 — ип=11™-
Ясно, что множества 1п попарно не пересекаются. Далее, каждая ир-
рациональная точка принадлежит ровно одному интервалу из каждого
множества 1п, то есть бесконечному множеству интервалов из I. Каждая
же рациональная точка (скажем, со знаменателем к) не принадлежит
интервалам из множеств 1п при п > к.
Задача 5. См. задачу 5 1 курса.
Задача 6. Пусть плоская гладкая кривая Г ограничивает выпуклую
область Q площадью 10тг. Отрезок длины 1 с концами на кривой Г про-
таскивается по кривой Г так, что его концы проходят все точки кривой
Г, а середина описывает гладкую кривую у, которая ограничивает вы-
пуклую область G С Q. Найти площадь G.
Решение. Пусть координаты концов протаскиваемого отрезка АВ и
его середины С есть
А (ц.й) е г. В(х2.у2) е г. С	е 7 с Q.
Без ограничения общности можно считать, что при протаскивании от-
резка точки А и В движутся по кривой Г против часовой стрелки. По
следствию из формулы Грина получаем, что
цП = 107Г = | У x1dy1+x2dy2 = | У хг dy2+x2 фц+| f (xi~x2) d^-y^.
6
yG = У (ад + х2) d(yj_ + У2) = У ад dyr + х2 dy2 + f хг dy2 + х2 dyx =
= 5тг + I хг dy2 + х2 dyr,
4 Jr
отсюда
1	f
- / ад dy2 + x2 dyi = 2/iG — 1Отг.
2	Jr
В итоге получаем, что
Ютг = 2yG - Ютг + - / (ад - х2) d(yr - у2).
2 Jr
Поскольку при протаскивании отрезка АВ по кривой Г вектор (х^ —
Х2,У1 — У2) длины 1 совершает поворот на 2тг против часовой стрелки, то
fr(xi — х2) d(yi — у2) = 7г, откуда yG = y71"-
7
Студенческая олимпиада
МФТИ
2009
III
Задача 1.(10 очков) Пусть у функции	и каждой точке
Хо существует конечный предел
д^хо) = lim /(ж).
X—>Xq
Верно ли, что функция д(х) непрерывна?
Решение. Возьмём некоторое х0. По определению предела
Vs > 0 35 > 0 : \/х G До — 5,т0) U (to,to + 5) |д(хо) — /Д)| < е.
Зафиксируем е, возьмём Xi G До — 5,то) U (xq^xq + 5) и перейдём в
неравенстве к пределу х Xi, получим
Vs > 0 35 > 0 : Vxi G До — 5, то) U До, хо + 5) |д(хо) — д(х\) | < s,
что равносильно непрерывности д(х) в х® по определению.
Задача 2.(10 очков) Пусть А — несчетное множество действитель-
ных чисел. Доказать, что существует строго возрастающая последова-
тельность {ага}, все члены которой принадлежат А.
Решение. Слово “счетно” в этом решении будет заменой выражения
“не более чем счетно”.
Мы будем строить последовательность индуктивно. Достаточно до-
казать, что существует такой элемент ai G А, что А1 = А П (ai;+oo)
несчетно. Тогда можно будет, применив те же рассуждения к множеству
А1, выбрать «2 и несчетное множество А" = А П («25 +сю) и т.д.
Если каждое из множеств А, = А П [—г; г] счетно, то счетно и А как
объединение счетного числа счетных множеств. Это невозможно; значит,
при некотором i множество А^ несчетно, и можно заменить А на Ап[—г; г].
Пусть а = inf А. Если каждое из множеств А П [а + 1/п; +оо) счетно, то
опять же А будет счетно, т.к. А = (А П {а}) U UraA П [а + 1/п;+оо).
Пусть А П [а + 1/по; +сю) несчетно. Тогда можно выбрать ai G А П [а, а +
1/по) — оно существует по определению а. При этом множество А1 =
An (ар +оо) будет несчетно, так как оно содержит несчетное множество
А П [а + 1/п0; +оо).
Задача 3.(10 очков) Пусть Т — невырожденная положительно
определенная симметричная матрица; (р, х) — скалярное произведение
векторов р, х; А = {х G Rra | (х,Тх) < 1}. Найти
тах(р, ж).
хЕА
Решение. Максимальное значение с функция (р, х) будет принимать
при условии, что плоскость (р, х) = с касается множества А в точке
1
Хр Е А и любой сдвиг ее по нормали р дает плоскость, не имеющую с А
общих точек. Поэтому Хр = \7(т,Тт)|ж=Жр = 2Тхр для некоторого А > О,
откуда
Л-,-| <	. А2 х ,	1 А 2	Т~1р
xv = —1 р, (т„, 1 хА = —(р, 1 р) = 1, А = —,	=, xv = —,
' 2	” ’	4	.	>	.
max(p, х} = у/ (р, Т~гр}.
х£А
Задачу также можно решать с помощью метода множителей Лагранжа.
Задача 4.(10 очков) Матрица А обратима. Верно ли, что сущест-
вует многочлен р такой, что Л-1 = р(Л)?
Решение. Пусть det (Л — ХЕ) = си0 + ацА + • • • + сига_1Ага-1 + (—1)гаАга.
При этом Оо = detH 0, т.к. матрица Л невырождена. По теореме Га-
мильтона-Кэли
Оо + О1Л + • • • + ога_1Лга 1 + (—1)пАп = О,
откуда Л-1 = р(Л), где р(А) = ~~ (<М + • • • + од-гА"-1 + (—1)гаАга-1).
Задача 5.(10 очков) Пусть /’(//) — многочлен степени не менее
первой. При каких значениях уо Е R решение задачи Коши у! = Р(у),
р(0) = уо, существует на полуоси [0, +оо)?
Решение. Пусть у \	у,., — корни многочлена. Если уо = у к,
то решение у(х) = ук существует при всех х.
Пусть уо Е (yk-i,yk)- Если Р(у) > 0 на (ук-i, Ук), то продолжимость
решения вправо эквивалентна расходимости интеграла
Ук
[ dy
х .1 р(уУ
уо
которая имеет место по признаку сравнения. Если Р(у) < 0 на (ук-i, Ук),
то продолжимость решения вправо эквивалентна расходимости интег-
рала
Ук-1
[ dy
х~ J р(уУ
уо
которая также имеет место.
Если уо > ут, то при Р(у) > 0 при у > ут продолжение вправо имеет
место при расходимости
Too
( dy
х J Р(у) ’
2
Последнее имеет место при degF = 1 и не имеет места в противном
случае.
Если Р(у) < 0 при у > ут, то продолжимость решения вправо экви-
валентна расходимости интеграла
dy
ПуУ
которая имеет место.
Аналогично исследуется случай уо < у^.
Итак, при deg Р = 1 продолжимость вправо имеет место при любом
Уо-
При degF > 2 продолжимость вправо имеет место только при на-
личии корней у F, когда уо лежит между корнями F, или уо > ут и
Р(у) < 0 при у > ут, или уо < j/i и Р(у) > 0 при у < yi, или уо = Ук- В
других случаях решение задачи Коши не продолжимо вправо.
1
Задача 6.(15 очков) Пусть / G С*2([0,1]). Найти min f \f"(x')\2 dx
о
при условии /(0) = /(1) = 0, /z(0) = 1.
Решение. По формуле Тейлора с остаточным членом в интегральной
форме
1
/(1) = /'(») + у Л«)(1- О Л,
о
откуда
1
I /"(«)(!- ОМ
О
По неравенству Коши имеем
/Г1	\ К2 1
i< / cmM
\J0	/ V 3
Равенство достигнется, когда функции f”(P) и 1 — t будут пропорцио-
нальны, откуда /(£) = (1/2) • t(t — l)(i — 2) и минимум равен 3.
Задачу можно решить и с помощью вариационного исчисления.
Задача 7.(15 очков) Комплексное векторное пространство Сга можно
рассматривать также как вещественное векторное пространство размер-
ности 2п. Доказать, что любое вещественное подпространство L С Сп
вещественной размерности 2п — 1 содержит ровно одно комплексное под-
пространство L' С Сп комплексной размерности п — 1.
3
Решение. Рассмотрим квадрат нормы в С", заданный как
п
II ||2 =
i=l
его можно интерпретировать как квадрат в смысле вещественного ска-
лярного произведения
+ W||2 - |М|2 - ||W||2)
и в смысле комплексного скалярного произведения
п
= ^VjUFj,
i=0
заметим, что при этом
(у, w)R = Re(w, w)c-	(1)
Рассмотрим ненулевой вектор, ортогональный L в смысле пусть
это вектор п. Тогда можно определить его ортогональное дополнение в
смысле (-,-)с
L' = {v G Сга : (n,Oc = 0},
очевидно L' C L и его комплексная размерность размерность равна п—1.
Если существует другое п — 1-мерное комплексное подпространство L" С
L, то по определению п
(n, L")r = 0 => Va G С (п, сиЬЗв =
следовательно по формуле (1)
Vcu G С Re(n, aL")c = Rea(n, = 0, =>	(п, Ь/7)с = 0.
Значит, L" является ортогональным дополнением к п по скалярному про-
изведению (•, -)с, то есть L" = L'.
Задача 8.(15 очков) Пусть функция ./' : R R непрерывна. Дока-
зать, что для любого интервала (а, 6) С R найдется точка х® G (а, 6) и
число I такие, что для всех х G R выполнено неравенство
/Д) >/До) + I • (х - то) + о(х - То), т —> т0.	(*)
Решение. Будем без ограничения общности считать, что для неко-
торого е > 0 [—£,£] С (а,6); тш{/(т) | т G [—£,£]} = 0, тах{/(т) | т G
[—е, е]} = М > Q.
4
Пусть £/Оф) = — р-Ж2 и
t = sup{r > О | Уо{х) + т < f(x), Vrr g [—E, s]}.
В силу компактности графиков функций / и уо на отрезке [—е, е]
найдется точка Xq G [—е, е] такая, что i/офо) + t = /фо); при этом уо(х) +
t < /(ж) для всех х G [—£,£]. Касательная к параболе у = уо(х) + t в
точке х = Xq (имеющая уравнение у = — ^~xq • х + /фо)) и есть линейная
функция из правой части (*).
Задача 9.(20 очков) Определим последовательность {tn(q)} следу-
ющим образом
q
to(q') = 0, £п+1Ф) =	Для n > °-
1	- tn(q)
Найти для каждого п > 1 минимальное действительное положительное
q, для которого tn(c[) определено и равно 1.
Решение. Функция
является проективным преобразованием прямой. Её матрица в однород-
ных координатах (t = х/у) выглядит так
А1А) = ( -1 1 ) ’
Значит, мы ищем минимальное q, для которого
Л(«)“ (?) = ())	(2)
при некотором ненулевом х. Заметим, что формула 2 выполняется
тогда и только тогда, когда
A(«)"+1 ( j ) = ( о )
И
А«+2 ( ° = ( °
\ 1 / \ z /
для некоторых ненулевых у и z. Следовательно, мы ищем случаи, когда
А(у)п+2 обращает вектор (0,1) в коллинеарный ему. Обозначим матрицу
B(q) = -±=A(q). Характеристические многочлены Аф) и B(q) выглядят
следующим образом
Рд(А) = А2 — А + q, PbW = А2----—А + 1.
Vq
5
Итак, мы ищем минимальное положительное q, для которого B(q)n+2
обращает вектор (0,1) в коллинеарный себе. Рассмотрим три случая.
Матрица B(q) в случае q < 1/4 имеет два разных положительных
собственных значения, и (0,1) не является собственным вектором. Сле-
довательно (0,1) не может вернуться на ту же прямую при последова-
тельном применении В (5), это очевидно в базисе из собственных векто-
ров.
Для д=1/4 матрица B(q) подобна Жордановой клетке, (0,1) также
не является собственным вектором, и также (0,1) не возвращается на ту
же прямую при последовательном применении B(q).
Для q > 1/4 матрица B(q) подобна вращению на угол а, определяе-
мый из инвариантности следа
2	cos а = —.
Д/
Ясно, что а растёт при росте q на интервале (1/4, +оо). Значит, ми-
нимальный си, который превратит некоторый (а значит и все) вектор в
коллинеарный ему за п + 2 шагов, равен
7Г
а его соответствующий параметр q равен
1
Qmm — ~	, у-
4 cos2 Д-х
Задача 10.(пункт а) 10 очков, пункт б) 20 очков) Рассмотрим
множество векторов V^, состоящее из всех векторов размерности 16, у
которых координаты принимают значения —1,0,1, и количество нулевых
координат в точности равно 8.
Доказать, что найдётся подмножество W С У16, состоящее из попарно
неортогональных векторов, размера
а)	не менее 12000;
б)	не менее 28000.
Решение. Для решения пункта (а) достаточно рассмотреть набор U
из векторов, у которых стоит 1 на первом месте, и ещё 7 единиц стоят на
остальных местах. Очевидно, что скалярное произведение любых двух
векторов из U положительно и \U\ = С*/5 = 6435. Рассмотрев множество
U U (—U) получим искомое.
В пункте (б) рассмотрим другое множество U. Разобьём множество
координат на первые 5 координат I и оставшиеся 11 координат J. Тогда
U состоит из
6
•	множества U\ из векторов с тремя единицами в I и 5 единицами в
J;
•	множества	U2	из векторов с 4 единицами в I и	4 единицами в J;
•	множества	U3	из векторов с 4 единицами в I, 3	единицами и одной
— 1 в J;
•	множества	1Ц	из векторов с 5 единицами в I и	3 единицами в J;
•	множества	U5	из векторов с 5 единицами в I,	двумя единицами	и
одной — 1 в J;
•	множества Uq из векторов с 5 единицами в I, одной единицей и
двумя — 1 В J]
Можно проверить некоторым перебором, что в множестве U любые
два вектора имеют положительное скалярное произведение. Его размер
\U\ = С35С5п + С4^ + ClC^Cl + C3U + С2^ + С2^ = 14025.
Аналогично предыдущему пункту получается множество W = U U (—U)
из 28050 элементов.
7
Студенческая олимпиада
МФТИ
2010
Используя равенство Парсеваля и равенство у'(х) = — у!(тг — х) при х Е [0, тг/2], получаем
Тг/2	7г/2
00	4 г	00	л г
^2Ьк = - / y2(x)dx, ^к2Ь2к = - / (у'(хУ)2 dx,
'	Q	К-1	Q
откуда
тг/2	тг/2	тг/2	тг/2
I уР) Л < J (У« * = / ЫЕ sm Х * 4 = / (2t/(x) sin 1 - sn? 1) dX.
ООО	о
7Г/2
У (у(х) — sin ж)2 dx < 0.
о
Итак, решение с необходимостью равно sin х. Проверка показывает, что у(х) = sin х —
решение.
Отметим, что по ходу решения мы доказали неравенство Виртингера:
тг/2	тг/2
f y2(x)dx < f (y'(x))2dx для любой функции у(х) Е С1 [0,тг/2], ДО) = 0.
о	о
8.	(10) Пусть £ > 0 и заданы единичные векторы {р0{=1 из и неотрицательные числа
I
{сиД{=1, такие, что \\pi — pj\\ < £ для всех 1 < i, j < I и ^2 се = 1. Доказать, что вектор
i=i
I
Р=^2aipi
i=i
удовлетворяет оценке
1 - |^2 < \\р\\ < 1-
Решение. Правая оценка очевидна в силу неравенства треугольника. Условие \\pi~Pj || < £
равносильно условию (pi,Pj) = |(||Pi||2 + ||pj||2 — \\Pi — Pj||2) > 1 — E2/2. Но тогда 1 > ||p|| >
HpII2 = Eij ^з^реРз} > (i - e2/2) Eij^з = 1 - e72-
9.	(15) Функция f : R R отображает всякий интервал на интервал. Верно ли, что она
непрерывна? Под интервалом понимается связное открытое подмножество R (не обяза-
тельно ограниченное).
Решение. Нет, не обязательно.
Рассмотрим канторово множество К С R, или любое другое замкнутое множество без
изолированных точек и с пустой внутренностью. Определим / : R R так, чтобы она
была равна нулю на К. Дополнение R \ К является объединением счётного множества
непересекающихся интервалов
R\ /< J Д.
п=1
на каждом 1п определим / так, чтобы она отображала 1п на R непрерывно и монотонно.
3
Тогда для всякого интервала (а, Ь) имеем следующее. Либо (а, Ь) не пересекается с К, и
тогда он непрерывно взаимно однозначно отображается на интервал. Либо он содержит
не менее двух точек К (из-за отсутствия изолированных точек К) и тогда он полностью
содержит некоторый 1п (из-за пустой внутренности К), и отображается на R.
Очевидно, что функция / разрывна в любой точке множества К.
Другое решение
Введём на R отношение эквивалентности а ~ b -<=> а — b Е Q. Множество классов
эквивалентности имеет мощность континуум (докажите это в качестве упражнения); рас-
смотрим отображение / — биекцию полученных классов эквивалентности на R. Пусть
отображение h ставит в соответствие каждой точке х Е R тот класс h(x), в который точка
х входит. Тогда д(х) = /(АД)) : R R и будет нашей функцией. Поскольку прообраз
каждой точки из Img = R. всюду плотен в R, то функция д отображает любой интервал
на всё R.
10.	(25) Пусть W ... некоторое множество, а Е — некоторое семейство его 6-элементных
подмножеств. Пусть количество элементов семейства \Е\ = s. Верно ли, что обязатель-
но найдётся раскраска элементов W в два цвета, при которой всякое множество е Е Е
содержит элементы обоих цветов? Ответьте на вопрос при:
а) (5) s = 32;
б)(5) s = 462;
в)(15) s = 147.
Решение. Пункт (а). Покрасим каждый из элементов в один из двух цветов с вероятностью
1/2. При этом вероятность того, что данное 6-элементное подмножество е Е Е покрашено
одноцветно, равна 1/32. Заметим, что события «ei покрашено в один цвет» и «ег покрашено
в один цвет» всегда могут произойти одновременно, следовательно для вероятности можно
написать строгое неравенство
Р(никакое е G Е не одноцветно) > 1 — s/32 = О,
значит требуемые раскраски существуют.
Пункт (б). Пусть W..11-элементное множество, а Е — все его 6-элементные подмножества,
\Е\ = 462. Очевидно, в этом случае требуемой раскраски не существует, так как какой-то из
цветов всегда содержит > 6 вершин, которые содержат элемент Е по определению.
Пункт (в). Заметим, что в множестве из 7 элементов N7 = {1,2,3,4,5,6,7} можно вы-
брать систему Е! из семи 3-элементных подмножеств {1,2, 3}, {1,4, 5}, {1,6, 7}, {2, 4,6}, {2, 5, 7},
{3,4,7}, {3,5,6} так, что при любой раскраске элементов в 2 цвета найдётся одноцветное под-
множество. Это нетрудно проверить, учитывая симметрию данного набора.
Теперь предъявим систему Е из 147 6-элементных подмножеств множества {a, b, с} х N?,
обладающих тем же свойством. Для произвольных А, В Е Е' включим в Е множества вида
{ж} х Ли {у} х В, где х,у Е {а,Ь,с}, х у. Тогда для любой раскраски элементов, в каждом
из «слоёв» {ж} х ЛЭ найдётся одноцветное множество {ж} х Ах, Ах Е Е'. Два из этих трёх (при
х = а, Ь, с) множеств будут иметь одинковые цвета; значит, их объединение будет одноцветным
(и принадлежит Е).
Наконец, в Е оказалось 3 • 72 = 147 подмножеств, что и требовалось.
Замечание 1. Пример в первом абзаце — это проективная плоскость над Z>.
4
Решения олимпиады ПМФ, математика, 16 мая 2010
1.	(2) Пусть функция / : R R дифференцируема. Доказать, что найдется точка t Е [0,1]
такая, что
/(1) - ,«0) =	/'(О-
Решение: Рассмотреть функцию д(х) = /(sinж), х Е [0, ^], и применить теорему Лагранжа
о среднем.
2.	(2) Исследовать на сходимость при всех значениях параметра а Е R несобственный ин-
теграл
Ответ: а Е
(-00,-1]
(- 1,+оо)
+оо
о
расходится,
сходится (условно).
3.	(2) Исследовать на поточечную и равномерную сходимость функциональный ряд
arctg f
х + к
на множествах Ei = (0,1) и Е2 = (1, +оо).
Ответ: сходится равномерно на Ei и неравномерно на Е2.
4.	(2) Функцию f(x,y) = \у\ sinrr исследовать на дифференцируемость в R2.
Ответ: дифференцируема в R2\{ (х,0) | х Е R } и в (тгД 0) для к Е Z.
5.	(4) Пусть / : [1, +оо) R равномерно непрерывна. Верно ли что
а)	(2) ограничена;
б)	(2) существует limx^.+oo
Решение. Ответ: (а) — да, (б) — нет.
Для доказательства первого пункта возьмём некоторые е и 8 из определения равномерной
непрерывности. Разбив отрезок [1,т] на отрезки длиной < 8 (их понадобится не более
получим, что |/(т)| < |/(1)| + у, следовательно
— <|/(1)| + |-
Во втором пункте рассмотрим функцию /(ж) = х sin In х, тогда её производная
/z(t) = sin In х + cos In x
ограничена, следовательно /(ж) равномерно непрерывна. Но = sin In х не имеет пре-
дела на бесконечности.
1
Замечание 2. Аналогично можно доказать более общее утверждение. Введём определение:
г-гиперграфом называется набор r-элементных подмножеств (это рёбра Е) множества V (вер-
шины). Пусть m(r) — минимальное количество рёбер г-гиперграфа, который нельзя окрасить
в 2 цвета, не получив одноцветного ребра. Докажем лемму (Abbot, Moser).
Лемма. Имеет место неравенство
m(ri) < m(r)m(i)r.
Лемма доказывается так. Пусть г-гиперграф с вершинами U и рёбрами G имеет m(r) рёбер,
t-гиперграф с вершинами W и рёбрами F имеет m(t) рёбер, и ни один из них не красится в два
цвета.
В качестве множества вершин нового гиперграфа рассмотрим произведение V = U х W,
обозначим проекцию тг : U х W U. Набор из rt элементов е С V назовём ребром (е G Е) если
7г(е) G G и
\/и G 7г(е) 7г-1(м) = {«} х /, где / G F.
Очевидно, что \Е\ = m(r)m(ty. Предположим теперь, что V раскрашено в два цвета. Из не-
окрашиваемости F следует, что для всякого и G U найдётся /(w) G F, такой что {«} х /(и)
одноцветно. «Условно окрасим» и в цвет данного /(и). Из неокрашиваемости G следует, что
найдётся набор д Е G из г таких и, условно окрашенных в один и тот же цвет. Тогда ребро
е = им х м)
одноцветно и лемма доказана.
Теперь ответ «нет» на пункт (в) следует из утверждений:
•	т(2) = 3 — это очевидно;
•	т(3) <7 — это следует из рассмотрения проективной плоскости на 7 точках и разбора
пары случаев;
•	по Лемме т(6) < 3 • 72 = 147.
5
6.	(10) Пусть А = \\aij ||i<ij<ra — положительно определенная симметричная матрица. Дока-
зать, что
п
det А < Ц аи.
г=1
Решение. Рассмотрим ортонормированный базис ei,..., еп, в котором П7=1 аа минималь-
но (здесь и далее — элементы матрицы А в базисе ei,... , ега). Рассмотрение всякого
диагонального минора 2x2 нашей матрицы на пересечении строк i,j со столбцами i,j и
непосредственные вычисления показывают, что если недиагональный элемент не равен
нулю, то andjj можно уменьшить до аца^ — аД, повернув вектора базиса в плоскос-
ти Д,еД на некоторый угол. Значит в этом базисе матрица имеет диагональный вид и
неравенство обратилось в равенство.
Другое решение
Пусть А .. матрица Г рама некоторой системы n-мерных векторов. Тогда det А — это
квадрат объёма n-мерного параллелепипда, натянутого на эти векторы, а ]Д„ — это
квадрат произведения длин этих векторов. Осталось заметить, что объём не превосходит
произведения длин рёбер.
7.	(10) Найти все непрерывно дифференцируемые на отрезке [0, тг/2] функции у(х), удовлет-
воряющие условиям ДО) = 0 и
тг/2	тг/2
У (y/(x))2dx = 2Дт) siht dx — —.
о	о
Решение.
тг/2	тг/2	тг/2
У 2у(т) sinxdx =-2^x)cos<4o +У 2Д(т)со8т^т = j 2у'(х) cos х dx.
О	0	0
С учетом равенства = f^2 cos2 х dx, получаем, что уравнение принимает вид
Тг/2	7Г/2
/ (ОЩ))2 - 2У(.г) eos.r +	* = I - cosx)2 = 0.
о	о
откуда в силу непрерывности функции у’(х) — cost получаем, что у'(х) = cost. Следова-
тельно, Дт) = sinT + С. С учетом условия ДО) = 0 получаем, что С = 0 и Дт) = siiit.
Другое решение
Продолжим решение Дт) на отрезок [тг/2,тг] по формуле Дт) = уД — т). Полученную
функцию продолжим нечетно на отрезок [—7г,0]. Ряды Фурье (продолженных) функций
Дт) и j/z(t) имеют вид
Дт) = Д sin кх, у'Д) kbk cos кх.
к=1	к=1
2