Олимпиада по математике

[bot]

28 Областная открытая олимпиада по математике
(участвовали вузы Новосибирска, Барнаула, Томска, Омска)

ДЛЯ ВУЗОВ МАТЕМАТИЧЕСКОГО ПРОФИЛЯ.

1. Числа $1,\ 2,\ 3,\ \ldots\ 2010$ в некотором порядке расположены на окружности.
Можно выбрать любое действительное число и прибавить его к любым двум соседним числам.
Возможно ли такими процедурами все числа на окружности сделать равными?


2. Доказать, что $x^{n^3}-(x+1)^{2n}$ делится на $x^2+x+1.$

3. Сечениями однополостного гиперболоида $x^2+y^2-z^2=1$ плоскостями $z= h$ и $z= - h$ получены две окружности.
При каких значениях $h$ возможна замкнутая ломаная, лежащая на поверхности гиперболоида, все точки излома которой лежат на этих окружностях?

4. Вычислить $\lim\limits_{n\to \infty} n\sin (2\pi e n!)$

5. Доказать неравенства

$$\frac{\sqrt{\pi (1-e^{-1})}}2<\int\limits_0^1\, e^{-x^2}\,dx < \frac{\sqrt{\pi (1-e^{-2})}}2$$

ДЛЯ ВУЗОВ НЕМАТЕМАТИЧЕСКОГО ПРОФИЛЯ.

1. Найти все комплексные числа, сопряжённые своей 5-ой степени.

2. Медианы треугольника пересекаются в точке $M(3,2)$, а две его стороны лежат на прямых $x+2y-5=0$ и $x-y+1=0$.
Найти уравнение третьей стороны треугольника.

3. С какой вероятностью сумма цифр наугад выбранного трёхзначного числа делится на 13?

4. Найти все многочлены, которые делятся без остатка на свою производную.

5. Вычислить интеграл $\int\limits_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin n\varphi}{\sin \varphi}\, d\varphi$

[MrDindows]

(2 задача)

По индукции
для $n=1 : -(x^2+x+1)$
для n - делится. $x^{n^3}-(x+1)^{2n}$ (1)
для n+1 :
$x^{(n+1)^3}-(x+1)^{2n}(x+1)^2=x^{(n+1)^3}-(x+1)^{2n}(x^2+x+1)-x(x+1)^{2n}$
$x^{(n+1)^3}-x(x+1)^{2n}=x(x^{n^3+3n^2+3n}-(x+1)^{2n})$
От того, что в скобках, отнимим (1) и получим:
$x^{n^3+3n^2+3n}-x^{n^3}=x^{n^3}(x^{3n^2+3n}-1)$
$x^{3n^2+3n}-1=(x^3)^{n^2+n}-1$ , что очевидно делится на $x^3-1$

(3 задача НЕМАТ проф.)

Сумма цифр= либо 13, либо 26. Для 26 - 3 варианта (899,989,998)
Для 13 получаем уравнение
$a+b+c=13, 0<=b,c<=9, 1<=a<=9$
Тут простым перебором для каждого $a$ считаем количество решений$b+c=13-a$
Итого получаем 72 числа и соответственно шанс: 72/900=8%

[EtCetera]

bot в сообщении #368209 писал(а):

5. Доказать неравенства

$$\frac{\sqrt{\pi (1-e^{-1})}}2<\int\limits_0^1\, e^{-x^2}\,dx < \frac{\sqrt{\pi (1-e^{-2})}}2$$

$$\int\limits_0^1\, e^{-x^2}\,dx=\sqrt{\int\limits_0^1\, e^{-x^2}\,dx\cdot \int\limits_0^1\, e^{-y^2}\,dy}=\sqrt{-\int\limits_0^{\frac{\pi}{4}}\,d\varphi \cdot \left. e^{-r^2}\right|_0^{\frac{1}{\cos \varphi}}}=\sqrt{\int\limits_0^{\frac{\pi}{4}}\left(1-e^{-\frac{1}{\cos^2\varphi}}\right)\,d\varphi}$$

Но функция $f(\varphi)=1-e^{-\frac{1}{\cos^2\varphi}}$ возрастает на $\left(0;\frac{\pi}{4}\right)$, поэтому на этом интервале $1-e^{-1}=f(0)<f(\varphi)<f\left(\frac{\pi}{4}\right)=1-e^{-2}$.

[ИСН]

4 банальным образом опирается на представление e факториальным рядом. Когда умножили на $n!$, все члены с таким или меньшим знаменателем отлетают (став целыми), остаётся $1\over n+1$ и прочая мелочь. А эти, наоборот, скатываются к нулю, ну и весь предел, значит, тоже.

-- Вс, 2010-10-31, 13:08 --

Стоп, забыл, там $n$ спереди ещё. Ну значит, к $2\pi$, и необходимо аккуратно оценить огрызок. Но там всё хорошо.

[ewert]

bot в сообщении #368209 писал(а):

2. Доказать, что $x^{n^3}-(x+1)^{2n}$ делится на $x^2+x+1.$

Надо доказать, что $e^{{2\pi i\over3}\cdot n^3}=e^{{\pi i\over3}\cdot 2n}$. Т.е. что $e^{{2\pi i\over3}\cdot(n^3-n)}=1$. Т.е. что $n^3-n=n(n-1)(n+1)$ делится на три. Ну это очевидно.

-- Вс окт 31, 2010 13:51:54 --

bot в сообщении #368209 писал(а):

3. Сечениями однополостного гиперболоида $x^2+y^2-z^2=1$ плоскостями $z= h$ и $z= - h$ получены две окружности.
При каких значениях $h$ возможна замкнутая ломаная, лежащая на поверхности гиперболоида, все точки излома которой лежат на этих окружностях?

С точностью до разворота вокруг вертикальной оси или отражения относительно вертикальной плоскости -- прямая, лежащая на поверхности, задаётся уравнениями $x=1,\ y=z$. Концы отрезка этой линии, лежащие на противоложных окружностях -- это точки $(1,h,h)$ и $(1,-h,-h)$, а их горизонтальные проекции -- соответственно, $(1,h)$ и $(1,-h)$. Ломаная замкнётся, если угол между соответствующими лучами соизмерим с $\pi$, т.е. если $h=\tg(\pi{m\over n})$.

[EtCetera]

bot в сообщении #368209 писал(а):

1. Найти все комплексные числа, сопряжённые своей 5-ой степени.

Из уравнения $r e^{i(-\varphi)}=r^5 e^{i\cdot 5\varphi}$ получаем, что кубические корни из $-1$ $\text{---}$ искомые числа.

[ewert]

EtCetera в сообщении #368269 писал(а):

Из уравнения $r e^{i(-\varphi)}=r^5 e^{i\cdot 5\varphi}$ получаем, что кубические корни из $-1$ $\text{---}$ искомые числа.

Вообще-то шестой степени из единицы. И ещё ноль, между прочим.

[EtCetera]

ewert в сообщении #368273 писал(а):

Вообще-то шестой степени из единицы.

Точно! Хотел написать просто $e^{i\frac{\pi k}{3}}$ ($k=0\ldots 5$), но разумничался.

[ewert]

bot в сообщении #368209 писал(а):

1. Числа $1,\ 2,\ 3,\ \ldots\ 2010$ в некотором порядке расположены на окружности.
Можно выбрать любое действительное число и прибавить его к любым двум соседним числам.
Возможно ли такими процедурами все числа на окружности сделать равными?

Возможность их выровнять равносильна возможности все их обнулить. Очевидно, можно обнулить все, кроме последнего $a_{2010}$, причём это последнее останется ненулевым. Такую конфигурацию обнулить уже нельзя. Дело в том, что для каждых двух соседних пар в цепочке $(a_{2010},a_{1})$, $(a_1,a_2)$, $(a_2,a_3)$, ..., $(a_{2009},a_{2010})$ прибавки должны быть одинаковы по величине и противоположны по знаку -- иначе станет ненулевым их общий элемент. Но тогда (в силу чётности!) это же относится и к парам $(a_{2009},a_{2010})$ и $(a_{2010},a_{1})$, а значит, элемент $a_{2010}$ не изменится, т.е. останется ненулевым.

[Руст]

ewert в сообщении #368294 писал(а):

bot в сообщении #368209 писал(а):

1. Числа $1,\ 2,\ 3,\ \ldots\ 2010$ в некотором порядке расположены на окружности.
Можно выбрать любое действительное число и прибавить его к любым двум соседним числам.
Возможно ли такими процедурами все числа на окружности сделать равными?

Количество чисел чётное (это принципиально), поэтому возможность их выровнять равносильна возможности все их обнулить. Очевидно, можно обнулить все, кроме последнего $a_{2010}$, причём это последнее останется ненулевым. Такую конфигурацию обнулить уже нельзя. Дело в том, что для каждых двух соседних пар в цепочке $(a_{2010},a_{1})$, $(a_1,a_2)$, $(a_2,a_3)$, ..., $(a_{2009},a_{2010})$ прибавки должны быть одинаковы по величине и противоположны по знаку -- иначе станет ненулевым их общий элемент. Но тогда (в силу чётности!) это же относится и к парам $(a_{2009},a_{2010})$ и $(a_{2010},a_{1})$, а значит, элемент $a_{2010}$ не изменится, т.е. останется ненулевым.

Задача (как и остальные) тривиальная. Операция не меняет сумму

$$\sum_{i=1}^{2010}(-1)^i a_i$$

. Она является инвариантлом, не равным нулю (в начальный момент).

[ewert]

Руст в сообщении #368300 писал(а):

Она является инвариантлом, не равным нулю (в начальный момент).

Это всё, конечно, здорово, но содержит некую недомолвку. Каким был бы ответ в прошлом году?...

[Руст]

ewert в сообщении #368337 писал(а):

Руст в сообщении #368300 писал(а):

Она является инвариантлом, не равным нулю (в начальный момент).

Это всё, конечно, здорово, но содержит некую недомолвку. Каким был бы ответ в прошлом году?...

Какая недомолвка?
Очевидно, что этот инвариант равен 1005 (всего 1005 пар с единичной разницей). Соответственно если все обнулите кроме одного, то в четном месте будет 1005, если в нечетном останется -1005.

[ewert]

Так какой ответ был бы в прошлом году -- можно выровнять или нельзя?...

[bot]

Руст в сообщении #368344 писал(а):

Очевидно, что этот инвариант равен 1005 (всего 1005 пар с единичной разницей

Неочевидно и неверно. В условии не сказано, что числа расставлены по порядку. Однако это не влияет - знакочередующаяся сумма является инвариантом и в начальный момент отлична от нуля.

Что касается тривиальности задач, то это дело относительное - чуть перегнёшь и получаешь одни нули.
Подзакрутить можно было в каждой из задач, ну к примеру, в 5-й дать оценки потоньше ...

[ewert]

Всё-таки предлагаю ответить на вопрос:

- для каких (завершающих) годов выровнять точно можно?
- для каких точно нельзя?