2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4
 
 Re: Олимпиада НГУ - 2016
Сообщение26.10.2016, 16:58 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5903
Новосибирск
ewert в сообщении #1163188 писал(а):
она задумывалась как утешительная

Так и было.

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ - 2016
Сообщение26.10.2016, 18:36 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
На всякий случай отпишусь всё-таки по варианту RIP.

Во-первых, почему должно стремиться к нулю в принципе. Оценка выражения $\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{|a_1|}+\sqrt{|a_2|}+\ldots+\sqrt{|a_n|}}{\sqrt{n}}$ по Коши-Буняковскому даёт в пределе лишь константу (сумму исходного ряда). Однако неравенство К.-Б. превращается в равенство лишь на параллельных векторах. Однако последовательность единичек довольно сильно непараллельна последовательности, стремящейся к нулю. Поэтому, по идее, ноль и должен получаться.

Теперь как эту идею реализовать. Стандартным приёмом (что-то похожее пытался проделать DeBill, только непонятно, к чему) -- разбить сумму на две части, оценить каждую неравенством Коши-Буняковского и затем пошевелить границу разбиения:

$\frac1{\sqrt n}\left(\sum\limits_{k=1}^m\sqrt{|a_k|}+\sum\limits_{k=m+1}^n\sqrt{|a_k|}\right)\leqslant\sqrt{\frac{m}n}\sqrt{\sum\limits_{k=1}^m|a_k|}+\sqrt{\frac{n-m}n}\sqrt{\sum\limits_{k=m+1}^n|a_k|}\leqslant\sqrt{\frac{m}n}\sqrt{\sum\limits_{k=1}^{\infty}|a_k|}+\sqrt{\sum\limits_{k=m+1}^n|a_k|}.$

Остаётся лишь выбрать любую последовательность $m_n\to\infty$ такую, что $\frac{m_n}n\to0$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ - 2016
Сообщение26.10.2016, 21:51 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
А зачем начальный-то кусок оценивать по Коши–Буняковскому? Если зафиксировать $m$ и перейти к пределу при $n\to\infty$, то получится
$$\limsup_{n\to\infty}\frac{\sqrt{|a_1|}+\sqrt{|a_2|}+\dotsb+\sqrt{|a_n|}}{\sqrt{n}}\leqslant\sqrt{\sum_{n>m}\lvert a_{n}\rvert}\xrightarrow[m\to\infty]{}0.$$

-- Ср 2016-10-26 22:48:15 --

(Оффтоп)

bot в сообщении #1163245 писал(а):
ewert в сообщении #1163188 писал(а):
она задумывалась как утешительная
Так и было.
Какая-то она уж слишком утешительная. В исходной постановке утверждение тривиально, как заметил Human. А с корнем и посимпатичнее, и задача становится мало-мальски олимпиадной (но по-прежнему достаточно простой, чтобы считаться утешительной).

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ - 2016
Сообщение26.10.2016, 23:22 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
RIP в сообщении #1163364 писал(а):
А зачем начальный-то кусок оценивать по Коши–Буняковскому?

Затем, что лимсуп -- это то же, но требует дополнительного понятия.

(Оффтоп)

RIP в сообщении #1163364 писал(а):
А с корнем и посимпатичнее, и задача становится мало-мальски олимпиадной

Она станет совсем олимпиадной, если формулировку усилить: "при каких альфах (показатель в знаменателе) из сходимости исходного ряда следует стремление к нулю этой дроби?"

Совсем в первую очередь потому, что эта переформулировка вносит некоторый элемент провокационности. Но, к сожалению, она громоздка.

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ - 2016
Сообщение27.10.2016, 00:59 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
ewert в сообщении #1163377 писал(а):
RIP в сообщении #1163364 писал(а):
А зачем начальный-то кусок оценивать по Коши–Буняковскому?

Затем, что лимсуп -- это то же, но требует дополнительного понятия.
Достаточно же какого-нибудь банального неравенства типа $\sum_{k=1}^{m}\sqrt{\lvert a_{k}\rvert}\leqslant Cm$. (Лимсуп можно не упоминать, если изложить док-во на языке эпсилон-дельта.)

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ - 2016
Сообщение27.10.2016, 11:20 
Заслуженный участник


11/05/08
32166

(Оффтоп)

RIP в сообщении #1163390 писал(а):
Достаточно же какого-нибудь банального неравенства типа $\sum_{k=1}^{m}\sqrt{\lvert a_{k}\rvert}\leqslant Cm$.

И это -- тоже лишнее телодвижение, раз уж неравенство всё равно задействовано.

RIP в сообщении #1163390 писал(а):
если изложить док-во на языке эпсилон-дельта

И эпсилондельт тоже желательно избегать. Ну не нужны лишние слова.

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ - 2016
Сообщение27.10.2016, 22:20 


03/03/12
1380
Brukvalub в сообщении #1163063 писал(а):
TR63 в сообщении #1162547

писал(а):
$\frac{\sqrt{|a_1|}+\sqrt{|a_2|}+\ldots+\sqrt{|a_n|}}{n}\le\frac{\sqrt{\lvert a_1\rvert}}{1}+\frac{\sqrt{\lvert a_2\rvert}}{2}+\ldots+\frac{\sqrt{\lvert a_n\rvert}}{n}$
Справа сходящийся ряд по логарифмическому признаку.

Brukvalub в сообщении #1163063 писал(а):
В упор не вижу, как к ряду справа применить логарифмический признак

Brukvalub, посмотрела внимательнее. Тоже пока, кроме Коши-Буняковского, ничего не вижу с Вашей помощью (Спасибо за бдительность.)

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ - 2016
Сообщение01.11.2016, 09:10 
Заслуженный участник


03/01/09
1676
москва
1 курс
5.
При произвольном расположении чисел не получится.
Пронумеруем вершины куба числами от 1 до 8 по часовой стрелке начиная с нижней грани так, что вершина 5 находится над вершиной 1. Пусть $a_i$ простое число в $i-$ой вершине, а $k_{ij}-$ число щелчков по ребру между вершинами $ij$. Число в вершине 1 после всех щелчков равно:$$a_1+k_{12}+k_{14}+k_{15}=29l_1\qquad (1)$$Составим аналогичные уравнения для остальных вершин и сложим все эти уравнения. Получим:$$77+2S=29l\qquad (2)$$где $S=\sum k_{ij}, l=\sum \limits _1^{8}l_i, 77-$сумма первых 8 простых чисел. Решаем уравнение (2) в целых числах: $S=29t-53=29(t-2)+5, l=2t-1$. То есть $S$ имеет остаток 5 при делении на 29.
Сложим теперь уравнения аналогичные (1) для вершин 1,3,6,8 ( в эти уравнения каждое $k_{ij}$ входит по одному разу). Получим:$$S=29m-(a_1+a_3+a_6+a_8), (m=l_1+l_3+l_6+l_8)$$И если выбрать ,например, $a_1=2,a_3=3,a_6=5,a_8=7$, то остаток от деления $S$ на 29 не равен 5.

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ - 2016
Сообщение01.11.2016, 19:10 
Заслуженный участник


10/01/16
2315
mihiv
Или - то же, но чуть короче:
Раскрасим вершины куба в шахматные цвета.
Тогда при щелчках разность черных и белых сохраняется. Коль в конце всё делится на 29, то и начальная разность должна делиться на 29.
Пусть черная сумма больше белой. Имеем: Ч $+$ Б $=77$, так что разность Ч $-$ Б - нечетна, и, значит, равна 29.
Отсюда находим Ч $=53$, Б $=24$. Значит, в Б не входит 2 - из четности. Но уже сумма $3+5+7+11 = 26$ больше 24.
Значит, никогда не будет нам счастя в виде делимости на 29...

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ - 2016
Сообщение01.11.2016, 21:39 


30/03/08
196
St.Peterburg
bot в сообщении #1162277 писал(а):
1 курс
4. В четырёхугольник $ABCD$ можно было вписать окружность, но воздержались. Зато в каждый его внутренний угол вписали окружность так, что она касается двух других. Докажите, что хотя бы две из четырех окружностей равны.


Если $r_1,r_2,r_3,r_4 - $ радиусы окружностей , то они удовлетворяют: $(\sqrt{r_1}-\sqrt{r_3})(\sqrt{r_2}-\sqrt{r_4})=0 $

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ - 2016
Сообщение21.11.2016, 23:49 


11/08/16
193
bot в сообщении #1162277 писал(а):
2. Пусть ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ абсолютно сходится. Докажите, что $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sqrt{|a_1|}+\sqrt{|a_2|}+\ldots+\sqrt{|a_n|}}{n}=0.$

Можно просто применить нер-во о среднем арифметическом и средним квадратичным

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 56 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group