Поволжская студенческая олимпиада, 2017 г

[g______d]

(Оффтоп)

StaticZero в сообщении #1271639 писал(а):

Как с

Ну на самом деле можно догадаться, на какое число это больше похоже, чем на $\sqrt{2}$.

[Markiyan Hirnyk]

g______d Согласно Мэйплу, сумма ряда из задачи 7 равна $-1+{{\sl I}_{0}\left(2\right)}$, т.е на единицу меньше значения функции Бесселя рода нуль в точке 2.

[g______d]

7. Ну ладно, а на что-нибудь ещё похожа? Только в оффтоп не заглядывать :)

(Оффтоп)

$$ \{(n!)^2 S\}=\frac{1}{(n+1)^2}+\frac{1}{(n+1)^2(n+2)^2}+\frac{1}{(n+1)^2(n+2)^2(n+3)^2}+\ldots\in (0,1). $$

[DeBill]

fred1996
5. Неравновероятны же они: в угловые попадают очень редко...

(Оффтоп)

А вот коэффициент при $x^0$ в выражении $\frac{1}{4^n}(1+x)^n\cdot (1+\frac{1}{x})^n$ равен $\frac{C^n_{2n}}{4^n}$...

[fred1996]

DeBill в сообщении #1271720 писал(а):

fred1996
5. Неравновероятны же они: в угловые попадают очень редко...

(Оффтоп)

А вот коэффициент при $x^0$ в выражении $\frac{1}{4^n}(1+x)^n\cdot (1+\frac{1}{x})^n$ равен $\frac{C^n_{2n}}{4^n}$...

И то верно. И на старуху бывает непруха.

(Оффтоп)

Ну тогда $\frac{63}{256}\approx\frac14$

[pcyanide]

Неужели в Поволжье все гении?:) Правда, задача 4 довольно простая (ответ утвердительный). Впрочем, задача 6 тоже несложная. Ответ такой: если $r=n \bmod 3$ (остаток от деления n на 3), то искомое количество $S_n=\sum\limits_{k=\min(r,1)}^{\frac{n-r}{3}+1}{C_n^{3k-r}}$, где $C_n^{3k-r}$ — количество сочетаний. Примеры: $S_2=C_2^1=2$ (12 и 21), $S_3=C_3^0+C_3^3=2$ (111 и 222), $S_4=C_4^2=6$ (1122, 1212, 1221, 2112, 2121, 2211), $S_5=C_5^1+C_5^4=2$ (по 5 престановок из 11112 и 22221). Возможно, формула упрощается, но я не корифей в комбинаторике. Думаю, решение понятно из ответа.

[g______d]

6

(Оффтоп)

Мне считать лень, но можно считать, что это задача по линейной алгебре. Пусть $x_k$ -- число последовательностей длины $k$, делящихся на 3, и $y_k$ -- число последовательностей, дающих остаток 1 при делении на 3. Заметим, что, заменяя единицы на двойки и наоборот, можно превратить остаток 1 в остаток 2, поэтому рассматривать отдельно остаток 2 не нужно.

Рассматривая последнюю цифру, видно, что $x_k=2 y_{k-1}$, $y_k=x_{k-1}+y_{k-1}$, поэтому задача сводится к вычислению степеней матрицы $\begin{pmatrix}0&2\\1&1\end{pmatrix}$. Формулу можно угадать по индукции или диагонализовать (собственные числа -1 и 2 видны невооруженным глазом из следа и определителя).

[pcyanide]

RIP в сообщении #1271564 писал(а):

Короче — это $X=-(I+A)^{-1}A$ или что-то другое?

А причем здесь нильпотентность? Только для того чтобы гарантировать существование $(I+A)^{-1}$ ?

[SomePupil]

10

(Оффтоп)

Нет.

Будем называть множество $A \in \mathcal L$ минимальным, если оно не содержится ни в каком множестве из $\mathcal L.$ Можно показать, что $\mathcal L$ состоит из конечных объединений минимальных множеств и только их, так что в нем обязательно будут $2^n$ элементов, где $n -$ кол-во минимальных элементов.

-- 04.12.2017, 09:04 --

pcyanide в сообщении #1271789 писал(а):

А причем здесь нильпотентность?

Ну если разложить выражение в ряд

$$(I+A)^{-1} = I - A + A^2 - A^3\ldots$$

то он как раз из-за нильпотентности оборвется.

[Shadow]

fred1996 в сообщении #1271607 писал(а):

4.
Очевидно да.
Извлекаем из данного числа квадратный корень. Считаем число цифр до запятой и отстчитываем такое же количество после запятой плюс еще парочку цифр. Отбрасываем запятую и прибавляем единицу. Возводим в квадрат. Получаем число, у которого первые цифры с начала совпадают с первоначальным числом

Построже:
Приписав $k$ цифр к натуральному числу $a$, можно получить любое нат. число в интервале $\left[a 10^k;(a+1) 10^k\right)$. В данном интервале будет точный квадрат, когда в интервале $\left[\sqrt a 10^{k/2};\sqrt{a+1} 10^{k/2}\right)$ есть целое число.

Гарантированно будет, когда $10^{k/2}(\sqrt{a+1}-\sqrt a)>1$

$k>2\lgюлефт(\sqrt{a+1}+\sqrt aюригхт)$

[kotenok gav]

Shadow в сообщении #1271794 писал(а):

любое нат. число

Не любое.

[Shadow]

kotenok gav в сообщении #1271799 писал(а):

Не любое.

Какое нельзя получить?

[kotenok gav]

Если у нас есть число 6378 и мы приписываем к нему одну цифру, то мы не можем получить 56985.
А, нет, я ошибся.

[arqady]

provincialka в сообщении #1271521 писал(а):

[list]1. Доказать, что при $a \in [0, \pi/2], b \in [0, 1]$ выполняется неравенство

$$\int\limits_0^a\sin x dx + \int\limits_0^b\arcsin x dx \geq ab$$

Это частный случай известной задачи про взаимно-обратные возрастающие функции с олимпиады Керосинки (80-е годы прошлого века). По-моему, это было и сильно раньше.

[fred1996]

arqady
А разве в 1. Не строгое равенство?
Если нарисовать график синуса, то первый интеграл - это площадь под графиком, а второй над графиком. В результате просто получаем площадь прямоугольника.
И действительно это равенство справедливо для любой возрастающей функции. Я что-то похожее встречал на заре моей юности в 70-е. И похоже именно с синусом.