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, 5  След.
 
 Re: Студенческая олимпиада НГУ по математике (23 октября 2011г.)
Сообщение23.10.2011, 15:02 
Заслуженный участник


13/12/05
4517
Oleg Zubelevich в сообщении #495326 писал(а):
bot в сообщении #495251 писал(а):
. Существует ли такая биекция $\pi: \mathbb N \rightarrow \mathbb N$, при которой сходится ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{\pi(n)}{n^2}$?

$\sum\limits_{n=1}^m\frac{\pi(n)}{n^2}\ge\frac{\pi(1)+\ldots+\pi(m)}{m^2}\ge \frac{1+\ldots+m}{m^2} $
жидковатая олимпиада
5' -- просто скучная

Надо так
$\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{\pi(n)}{n^2}\ge \frac{1}{1^2}+\frac{2}{2^2}+\ldots+\frac{m}{m^2}=\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{m} $

 Профиль  
                  
 
 Re: Студенческая олимпиада НГУ по математике (23 октября 2011г.)
Сообщение23.10.2011, 16:06 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Для 4-ой задачи достаточно, чтобы $\pi$ была инъекцией. Тогда обеспечена расходимость. Достаточно рассмотеть количество тех $n\le 2N$, что $\pi(n)\le N$ и тех $n\le N$, что $\pi(n)>N$. Последних больше.

 Профиль  
                  
 
 Re: Студенческая олимпиада НГУ по математике (23 октября 2011г.)
Сообщение23.10.2011, 17:13 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
Padawan в сообщении #495334 писал(а):
Надо так
$\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{\pi(n)}{n^2}\ge \frac{1}{1^2}+\frac{2}{2^2}+\ldots+\frac{m}{m^2}=\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{m} $
Тоже что-то непонятно, ведь неверно, что $\pi(n) \geqslant n$ при любом $n$. Я бы воспользовался преобразованием Абеля и неравенством $\pi(1)+\ldots+\pi(n) \geqslant 1+\ldots+n$. Oleg Zubelevich, не это ли Вы хотели сказать?

P.S. Мне уже подсказали, речь идёт о применении перестановочного неравенства.

 Профиль  
                  
 
 Re: Студенческая олимпиада НГУ по математике (23 октября 2011г.)
Сообщение23.10.2011, 18:04 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
Padawan в сообщении #495300 писал(а):
3'. Можно подынтегральную функцию разложить $\frac{1}{\ln t}=\frac{1}{t-1}+O(1)$.

Я бы сказал это так. Очевидно, что логарифм в окрестности единицы в первом приближении линеен, а для соотв. линейной функции и ответ очевиден (поскольку считается явно). Теперь для формального обоснования достаточно того, что $\ln t\geqslant(t-1)\cdot(1-\varepsilon(x))$, где $\varepsilon(x)\to0$ при $x\to1$.

(да, на всякий случай -- вдруг кому-нибудь захочется это прочитать. Естественно, имелся в виду случай, когда $x\to1+0$. Для случая $x\to1-0$ всё, естественно, в точности аналогично, но с точностью до наоборот.)


Насчёт 5'. Условие $A\vec x\perp\vec x$ означает ровно то, что матрица $A$ антисимметрична -- не более и не менее. И остаётся лишь явно выписать матрицу линейного оператора вида $A\vec x=\vec u\times\vec x$ и убедиться в том, что это -- произвольная антисимметричная матрица.

 Профиль  
                  
 
 Re: Студенческая олимпиада НГУ по математике (23 октября 2011г.)
Сообщение23.10.2011, 18:56 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
5' я бы решал так. Сначала бы заметил, что у преобразования $A$ есть нулевое собственное значение (какое-то собственное значение в 3-мерном случае всегда есть, а в нашем случае оно обязательно будет равно нулю). Пусть $e_1$ --- единичный собственный вектор, $e_2$, $e_3$ --- единичные векторы, дополняющие $e_1$ до (правого) ортонормированного базиса. Тогда $A(e_1)=0$, $A(e_2)=pe_1+ke_3$, $A(e_3)=qe_1+le_2$ для некоторых чисел $p$, $q$, $k$, $l$. Рассматривая $A(e_i+e_j)$, покажем, что $p=q=0$ и $k=-l$. Теперь можно взять $u=ke_1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Студенческая олимпиада НГУ по математике (23 октября 2011г.)
Сообщение23.10.2011, 19:07 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
Я насчёт 5' имел в виду вот что: есть некие общие, простые и весьма идейные факты. Оператор однозначно определяется своей билинейной формой. Последняя, в свою очередь, однозначно определяется квадратичной формой в комплексном случае и однозначно с точностью до антисимметричной добавки -- в вещественном.

Так вот: мне кажется, что у классических университетчиков эти факты должны быть на слуху, что делает задачку близкой к тривиальной. Впрочем, сам я работаю не в классическом университете; так что, возможно, у меня это лишь возрастные аберрации.

(Конечно, эквивалентность того условия антисимметричности очень легко доказывается и вручную: достаточно сопоставить $\big(A(\vec x+\vec y),(\vec x+\vec y)\big)$, $\big(A\vec x,\vec x\big)$ и $\big(A\vec y,\vec y\big)$, а в обратную сторону всё и вовсе тривиально. Но зачем каждый раз заново доказывать общеизвестное?...)

 Профиль  
                  
 
 Re: Студенческая олимпиада НГУ по математике (23 октября 2011г.)
Сообщение23.10.2011, 19:25 
Заслуженный участник


20/12/10
8858
ewert в сообщении #495437 писал(а):
Так вот: мне кажется, что у классических университетчиков эти факты должны быть на слуху, что делает задачку близкой к тривиальной.
Должны, конечно. Однако в действительности ... Было бы интересно узнать оригинальные решения этой и других задач, а также как и насколько успешно эти задачи были решены студентами. Может, ТС расскажет нам об этом.

 Профиль  
                  
 
 Re: Студенческая олимпиада НГУ по математике (23 октября 2011г.)
Сообщение23.10.2011, 19:39 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5903
Новосибирск
ewert в сообщении #495437 писал(а):
мне кажется, что у классических университетчиков эти факты должны быть на слуху, что делает задачку близкой к тривиальной

Совершенно верно. Если каждому вектору $u$ сопоставить $\varphi_u: x\rightarrow u\times x$, то это будет изоморфизмным отображением $\mathbb R^3$ на пространство всех кососимметрических преобразований, так как последнее тоже трёхмерно.
В проверке не участвовал - ушёл до её окончания, поэтому пока подробностей о решабельности задач студентами ничего сказать не могу. Первые впечатления неплохие - есть 100% результаты.

 Профиль  
                  
 
 Re: Студенческая олимпиада НГУ по математике (23 октября 2011г.)
Сообщение23.10.2011, 19:45 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
nnosipov в сообщении #495443 писал(а):
Может, ТС расскажет нам об этом.

Да, мне тоже немножко любопытно.

-- Вс окт 23, 2011 20:46:39 --

(Оффтоп)

bot в сообщении #495450 писал(а):
то это будет изоморфизмным отображением $\mathbb R^3$ на пространство всех кососимметрических преобразований,

Жуть. Я даже и слов-то таких не помню (хотя когда-то и знал).

(а что стёр свою предыдущую версию насчёт трёхмерностей -- так то сознательно. Она показалась мне чересчур уж пижонистой. К чему мерности, когда и так всё тупо ясно, да к тому же и на высшие размерности как-то не шибко элегантно обобщается)

 Профиль  
                  
 
 Re: Студенческая олимпиада НГУ по математике (23 октября 2011г.)
Сообщение24.10.2011, 13:52 


16/03/11
844
No comments
Пятое задание $ (x^6 +y^6 +z^6) - 2(x^5 + y^5 + z^5) + (x^4 + y^4 +z^4) =0 $

 Профиль  
                  
 
 Re: Студенческая олимпиада НГУ по математике (23 октября 2011г.)
Сообщение24.10.2011, 13:55 


15/03/11
137
5' Рассмотрим значения, которые может принимать линейный оператор на ортонормированном базисе

$\varphi\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}0\\ a\\ b \end{array}\right)$
$\varphi\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-a\\ 0\\ c \end{array}\right)$
$\varphi\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-b\\ -c\\ 0 \end{array}\right)$

Соответственно для базиса легко подбирается вектор u
$u = \left(\begin{array}{c}c\\ -b\\ a \end{array}\right)$

Ну а в силу линейности оператора и линейности векторного произведения. Данный резултат выполняется и для любой линейной комбинации базиса

 Профиль  
                  
 
 Re: Студенческая олимпиада НГУ по математике (23 октября 2011г.)
Сообщение24.10.2011, 13:58 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
zhekas в сообщении #495631 писал(а):
$\varphi\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}0\\ a\\ b \end{array}\right)$
$\varphi\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-a\\ 0\\ c \end{array}\right)$

Не так быстро. Допустим, первое; но откуда второе-то?...

 Профиль  
                  
 
 Re: Студенческая олимпиада НГУ по математике (23 октября 2011г.)
Сообщение24.10.2011, 14:08 


15/03/11
137
ewert в сообщении #495632 писал(а):
zhekas в сообщении #495631 писал(а):
$\varphi\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}0\\ a\\ b \end{array}\right)$
$\varphi\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-a\\ 0\\ c \end{array}\right)$

Не так быстро. Допустим, первое; но откуда второе-то?...


$\varphi\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}d\\ 0\\ c \end{array}\right)$
$\varphi\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0 \end{array}\right) = \varphi\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0 \end{array}\right)+ \varphi\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0 \end{array}\right) =\left(\begin{array}{c}0\\ a\\ b \end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}d\\ 0\\ c \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}d\\ a\\ b+c \end{array}\right) $

с другой стороны он должен быть ортогонален вектору $\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0 \end{array}\right)$, тоесть лежать в плоскости $x+y=0$, от сюда $x=-y$ или $d=-a$

 Профиль  
                  
 
 Re: Студенческая олимпиада НГУ по математике (23 октября 2011г.)
Сообщение24.10.2011, 14:31 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
Что ж Вы сразу-то не сказали? Кстати, слова "лежать в плоскости $x+y=0$, от сюда $x=-y$ или" -- лишние.

Да, так можно, но -- длинно и не очень идейно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Студенческая олимпиада НГУ по математике (23 октября 2011г.)
Сообщение24.10.2011, 23:28 
Аватара пользователя


02/03/08
176
Netherlands
4) Пусть середины $AB$, $BE$, $FD$, $DA$ соответственно $M$, $E_1$, $F_1$ и $N$, а точка пересечения диагоналей $ABCD$ (кстати легко показать, что $ABCD$ - дельтойд) - $T$. Пользуясь в разных треугольниках параллельностью срединной линии и соответствующего основания, получаем, что в пятиугольнике $ME_1CF_1N$: $MT \bot CF_1$, $NT \bot CE_1$ и $E_1T \bot NF_1$. Остаётся доказать $F_1T \bot ME_1$, что равносильно утверждению задачи. Далее ничего красивее не придумала: обозначим основания перпендикуляров $MT$, $E_1T$, $NT$ на противоположные стороны как $K$, $M_1$, $L$ и точку пересечения $G = F_1T \bigcap ME_1$. Четырёхугольник $NE_1LM_1$ вписанный $\Rightarrow$ $E_1T \cdot TM1 = LT \cdot TN = KT \cdot TM$ значит и $ME_1KM_1$ вписанный. Тогда $\angle KMG = \angle KM_1T$, но четырёхугольник $TKF_1M_1$ также вписанный $\Rightarrow$ $\angle KM_1T = \angle KF_1T$ $\Rightarrow$ четырёхугольник $F_1KGM$ вписанный и $\angle F_1GM = \pi/2$.
Рисунок можно глянуть тут.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 66 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5  След.

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