ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
имеют вид y = P (x
i
) + P
′
(x
i
)(x −x
i
), i = 1, . . . , n + 1. Поскольку точ-
ка (a, b) лежит на касательных, то выполнено следующее равенство
b = P (t) + P
′
(t)(a − t), при t = x
1
, . . . , x
n+1
. Левая часть равенства
является многочленом степени не выше n относительно переменной
t, а значит не может иметь более n различных корней. Противоречие.
4. Подстановкой a = 1 и b = 1 получим, что f(1 + 1) = f (1) + f (1) +
2|f(1)| = 4f(1). Поэтому из f (1) + f (2) = 10 следует, что f(1) = 2.
Теперь подстановкой a вместо b легко проверить формулу f (2a) =
4f(a). Поэтому f(2) = 8, f(2
2
) = 32, . . . , f(2
n
) = 4
n
f(1).
Ответ: f (2
2011
) = 4
2011
· 2 = 2
4023
.
5. Допустим прямая l является осью симметрии графика экспоненты.
Заметим, что из непрерывности экспоненты следует отсутствие вер-
тикальных асимптот. Прямая y = 0 является асимптотой графика
экспоненты. Прямая y = 0 в силу неравенства e
x
> 0 не может быть
осью симметрии графика экспоненты, поэтому при симметрии долж-
на существовать еще одна асимптота, скажем y = kx + b = 0, симмет-
ричная y = 0 относительно l.
По определению асимптот верно равенство lim
x→+∞
ax + b
e
x
= 1. Это про-
тиворечит равенствам lim
x→+∞
x
e
x
= 0 и lim
x→+∞
1
e
x
= 0.
Решения и ответы олимпиады по матем. анализу, 2-4 курсы
1. Верны следующие преобразования неравенств
[x] · {x} < x − 1 ⇔ [x] · {x} < [x] + {x} − 1 ⇔
([x] − 1) · ({x} − 1) < 0 ⇔
{x}<1
[x] − 1 > 0.
Ответ: x > 2.
2. Подстановкой x = 1 и y = 1 получаем, что f (1) = 0. Тогда
0 = f (1) = f
(
2012 ·
1
2012
)
= f (2012) + f
(
1
2012
)
.
Поэтому f (2012) = −f
(
1
2012
)
= −1. Ответ: f (2012) = −1.
3. Справедливо равенство
∫
π
0
(|sin 2011x| − |sin 2012x|) dx =
=
∫
π
0
|sin 2011x|dx −
∫
π
0
|sin 2012x|dx.
