Всеукраинская студенческая олимпиада, Львов-2007

[Dandan]

Проще всего подставить $x=a+bi$ в выражение $\frac{b_1}{x-a_1}+\dots + \frac{b_n}{x-a_n}+\frac{1}{\lambda}=0$, провести несложные преобразования и понять, что мнимая часть $x$ должна быть равна 0. Как это очевидно следует из подсчета производной и рисования графика того выражения я не знаю

[neo66]

Dandan писал(а):

Проще всего подставить $x=a+bi$ в выражение $\frac{b_1}{x-a_1}+\dots + \frac{b_n}{x-a_n}+\frac{1}{\lambda}=0$, провести несложные преобразования и понять, что мнимая часть $x$ должна быть равна 0. Как это очевидно следует из подсчета производной и рисования графика того выражения я не знаю

Если Вам так нравиться больше, то я не против. Я же не утверждал, что только так и никак иначе . Но, во вяком случае, построение графика этой функции - это несложное упражнение для школьника 9-10 класса.
Lemma.Уравнение $f(x) }+\frac{1}{\lambda} \equiv \frac{b_1}{x-a_1}+\dots + \frac{b_n}{x-a_n}+\frac{1}{\lambda}=0$ имеет ровно $n$ действительных корней.
Proof.Вспомним, что $a_i\in \mathbb{R}, a_i\neq a_j$ при $i\neq j; b_i\in \mathbb{N}, \lambda \neq 0$.
Заметим, что $f^{'}(x)<0, x\neq a_i$, т.е. $f(x)$ строго монотонно убывает на каждом интервале, на которые точки $a_i$ разбивают $\mathbb{R}$. Пусть для определенности, $a_1<a_2\dots <a_n$. Далее, нетрудно убедиться, что $f(x)$ на интервале $(-\infty, a_1)$ монотонно меняется от $0$ до $-\infty$, на интервалах $(a_i,a_{i+1})$ меняется от $\infty$ до $-\infty$ и т.д. В, общем, надо построить график и все будет в прямом смысле очевидно:D , как я уже писал.

[VSSISTU]

2. (С.Пидкуйко) Пусть $f\in C^{\infty}(\mathbb{R})$ и последовательность $(f^{(n)})$ равномерно сходится на каждом промежутке $[a,b]\subset\mathbb{R}$. Найти $\lim\limits_{n\to+\infty}{f^{(n)}(x)}$
Пусть $ J(x)=\lim\limits_{n\to+\infty}{f^{(n)}(x)} $ Почленно интегрируя получаем:
$ \int\limits_{0}^{x} J(x) dx = \lim\limits_{n\to+\infty}{[f^{(n-1)}(x) - f^{(n-1)}(0)]} = J(x) -1 $ Отсюда видим, что J(x) удовлетворядет ДУ J'(x)=J(x) при J(0)=1-> J(x)=exp(x)

[Macavity]

neo66 писал(а):

Dandan писал(а):

Проще всего подставить $x=a+bi$ в выражение $\frac{b_1}{x-a_1}+\dots + \frac{b_n}{x-a_n}+\frac{1}{\lambda}=0$, провести несложные преобразования и понять, что мнимая часть $x$ должна быть равна 0. Как это очевидно следует из подсчета производной и рисования графика того выражения я не знаю

Если Вам так нравиться больше, то я не против. Я же не утверждал, что только так и никак иначе . Но, во вяком случае, построение графика этой функции - это несложное упражнение для школьника 9-10 класса.
Lemma.Уравнение $f(x) }+\frac{1}{\lambda} \equiv \frac{b_1}{x-a_1}+\dots + \frac{b_n}{x-a_n}+\frac{1}{\lambda}=0$ имеет ровно $n$ действительных корней.
Proof.Вспомним, что $a_i\in \mathbb{R}, a_i\neq a_j$ при $i\neq j; b_i\in \mathbb{N}, \lambda \neq 0$.
Заметим, что $f^{'}(x)<0, x\neq a_i$, т.е. $f(x)$ строго монотонно убывает на каждом интервале, на которые точки $a_i$ разбивают $\mathbb{R}$. Пусть для определенности, $a_1<a_2\dots <a_n$. Далее, нетрудно убедиться, что $f(x)$ на интервале $(-\infty, a_1)$ монотонно меняется от $0$ до $-\infty$, на интервалах $(a_i,a_{i+1})$ меняется от $\infty$ до $-\infty$ и т.д. В, общем, надо построить график и все будет в прямом смысле очевидно:D , как я уже писал.

О... так уже понятно. Правда есть ошибки, но в целом уже всё понятно...
На интервале $(-\infty, a_1)$ на самом деле меняется не от $0$ до $-\infty$, а в зависимости от значения \lambda. То есть меняется не от нуля, а от \lambda^{-1}. И в зависимости от знака \lambda на этом интервале может быть корень (\lambda > 0) или нет (\lambda < 0). А можно и более точно сказать, например, для корня a_i исходного многочлена. Если в исходном многочлене у него была кратность b_i, то в P(x)+\lambda P'(x) кратность этого корня уменьшается на единицу. А "свободный" корень кратности единица смещается влево к a_{i-1} (если \lambda > 0) или вправо к a_{i+1} (если \lambda < 0) и чем больше по модулю значение \lambda, тем ближе к соседним корням сдвигается...

Вроде бы так. В общем, спасибочки...

[Hypokeimenon]

dm писал(а):

5. (О.Скаскив) Для произвольной квадратной матрицы $A$ определим $\sin A$ с помощью ряда

$$\sin A=\sum\limits_{n=0}^{+\infty}{\frac{(-1)^{n}}{(2n+1)!}A^{2n+1}}.$$

Существует ли $2\times 2$ матрица $A$ такая, что $\sin A=\begin{pmatrix} 1 & 2007 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ ?

для рядов синуса и косинуса верно равенство $\sin^2 x + \cos^2 x = 1$, откуда $\cos^2 A = -4014e_{12}$, но матрица $-4014e_{12}$ не может быть квадратом $2\times 2$ матрицы.

[neo66]

Macavity писал(а):

На интервале $(-\infty, a_1)$ на самом деле меняется не от $0$ до $-\infty$, а в зависимости от значения \lambda. То есть меняется не от нуля, а от \lambda^{-1}.

Я писал о поведении функции $f(x) } = \frac{b_1}{x-a_1}+\dots + \frac{b_n}{x-a_n}$. Будьте внимательней. В остальном Вы все правильно поняли.

Добавлено спустя 2 часа 49 минут 35 секунд:

Re: Всеукраинская студенческая олимпиада, Львов-2007

dm писал(а):

[4. (И.Гуран) Пусть $K$ — круг в плоскости $\mathbb{R}^{2}$, $C$ — его граничная окружность, $f:\ K\to\mathbb{R}^{2}$ — непрерывное отображение круга в плоскость, являющееся тождественным на окружности $C$. Тогда $f$ принимает все значения в $K$, т.е. $\forall\ q\in K$ существует точка $p\in K$ такая, что $f(p)=q$. Доказать.

Вроде бы достаточно стандартная задача топологии. Но, впрочем я не большой специалист.
Буду говорить не вполне формально, но, вроде бы эту идею можно оформить формально и строго.

Пусть $AB$ произвольный диаметр. Будем доказывать, что у любой точки диаметра $AB$ есть прообраз. Рассмотрим какой-нибудь диаметр $CD$. Тогда его образ пересечет прямую $AB$ в некоторй точке $X$. Таких точек, конечно, может быть много. Будем считать что точка $X$ - "первая" из них, cчитая от точки $C$. Тогда $X(\alpha)$ - координата точки $X$ на оси $AB$ (с началом координат, скажем, в центре круга) - непрерывная функция угла $\alpha$ между $AB$ и $CD$. $X(0) = R, X(\pi) = -R$, где $R$ - радиус круга. Поскольку непрерывная функция принимает все промежуточные значения, прообраз будет у любой точки диаметра $AB$, и , значит, у любой точки круга.

[neo66]

VSSISTU писал(а):

2. (С.Пидкуйко) Пусть $f\in C^{\infty}(\mathbb{R})$ и последовательность $(f^{(n)})$ равномерно сходится на каждом промежутке $[a,b]\subset\mathbb{R}$. Найти $\lim\limits_{n\to+\infty}{f^{(n)}(x)}$
Пусть $ J(x)=\lim\limits_{n\to+\infty}{f^{(n)}(x)} $ Почленно интегрируя получаем:
$ \int\limits_{0}^{x} J(x) dx = \lim\limits_{n\to+\infty}{[f^{(n-1)}(x) - f^{(n-1)}(0)]} = J(x) -1 $ Отсюда видим, что J(x) удовлетворядет ДУ J'(x)=J(x) при J(0)=1-> J(x)=exp(x)

А откуда условия $f^{(n-1)}(0)=1$ и $J(0)=1$? Разве ответ $J(x)=Ce^x, \forall C$, не годится?

[Macavity]

neo66 писал(а):

Macavity писал(а):

На интервале $(-\infty, a_1)$ на самом деле меняется не от $0$ до $-\infty$, а в зависимости от значения \lambda. То есть меняется не от нуля, а от \lambda^{-1}.

Я писал о поведении функции $f(x) } = \frac{b_1}{x-a_1}+\dots + \frac{b_n}{x-a_n}$. Будьте внимательней. В остальном Вы все правильно поняли.

Да, я понял (Вы писали о $f(x)}, а не о $f(x)+\lambda^{-1}). Спасибо.

[neo66]

dm писал(а):

[3. (Я.Мыкытюк) Пусть вещественнозначная функция $f\in C^{2}[0;\pi]$ выпукла. Доказать, что

$$\int_{0}^{\pi}{f(t)\sin t dt}\le\int_{0}^{\pi}{f(t)\lvert\cos t\rvert dt.}$$

Непонятно, зачем условие $f\in C^{2}[0;\pi]$. Неравенство верно для любой выпуклой вещественнозначнай функции. Вообще, верно следующее
Утверждение: Для того, чтобы неравенство $\int_{0}^{a}{f(t)g(t) dt}\ge 0$ выполнялось для данной функции $g(t)$ $\forall$ выпуклой функции $f(x)$ необходимо и достаточно, чтобы $\forall x\in [0,a]$
1) $\int_{0}^{x}G(t)dt}\ge 0;$
2) $\int_{0}^{a}G(t)dt} = 0;$где $G(x) = \int_{0}^{x}g(t)dt}$.
----------------------------------------------
Эти условия легко проверить для функции $g(t)=\lvert\cos(t)\rvert - \sin(t).$

PS. dm, хотелось бы услышать Ваши комментарии по поводу обсуждающихся здесь задач.

[RIP]

dm писал(а):

4. (О.Равский) Периодом функции $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ будем называть такое число $a\not=0$, что $f(x+a)=f(x)$ для всех $x\in\mathbb{R}$. Пусть $f_1,f_2,f_3:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ — периодические функции, такие, что $f_1(x)+f_2(x)+f_3(x)=0$ для всех $x\in\mathbb{R}$. Верно ли, что некоторые две (разные) из этих функций имеют общий период?

Разумеется, функции не обязаны иметь общий период. Пусть $\{e_\lambda\}_{\lambda\in\Lambda}~-$ базис Гамеля $\mathbb{R}$ как векторного пространства над $\mathbb{Q}$. Представим $\Lambda=\Lambda_1\sqcup\Lambda_2\sqcup\Lambda_3$ ($\Lambda_j\ne\varnothing$). Для $x=\sum_{\lambda\in\Lambda}x_\lambda e_\lambda$ ($x_\lambda\in\mathbb{Q}$) обозначим $\xi_j=\sum_{\lambda\in\Lambda_j}x_\lambda e_\lambda$ и рассмотрим функции

$$f_1(x)=\xi_2+\xi_3;$$

$$f_2(x)=\xi_1-\xi_3;$$

$$f_3(x)=-\xi_1-\xi_2.$$

dm писал(а):

5. (О.Скаскив) Доказать, что

$$\lim_{x\to+\infty}{\frac{x}{\ln x}\sum_{n=0}^{+\infty}{\frac{1}{2007^{n}+x}}}=\frac{1}{\ln 2007}.$$

Пусть $a>1$. Тогда

$$\int_0^\infty\frac{du}{a^u+x}<\sum_{n=0}^{+\infty}{\frac{1}{a^{n}+x}}}<\frac1{1+x}+\int_0^\infty\frac{du}{a^u+x},$$

следовательно,

$$\sum_{n=0}^{+\infty}{\frac{1}{a^{n}+x}}}=\frac{\ln(x+1)}{x\ln a}+O(1/x),\ x\to+\infty.$$

Добавлено спустя 43 минуты 53 секунды:

neo66 писал(а):

Утверждение: Для того, чтобы неравенство $\int_{0}^{a}{f(t)g(t) dt}\ge 0$ выполнялось для данной функции $g(t)$ $\forall$ выпуклой функции $f(x)$ необходимо и достаточно, чтобы $\forall x\in [0,a]$
1) $\int_{0}^{x}G(t)dt}\ge 0;$
2) $\int_{0}^{a}G(t)dt} = 0;$где $G(x) = \int_{0}^{x}g(t)dt}$.

Потеряно условие $G(a)=0$.

[neo66]

RIP писал(а):

Потеряно условие $G(a)=0$.

Спасибо, добавляю.

Утверждение: Для того, чтобы неравенство $\int_{0}^{a}{f(t)g(t) dt}\ge 0$ выполнялось для данной функции $g(t)$ $\forall$ выпуклой функции $f(x)$ необходимо и достаточно, чтобы $\forall x\in [0,a]$
1) $\int_{0}^{x}G(t)dt}\ge 0;$
2) $\int_{0}^{a}G(t)dt} = 0;$
3) $G(a)=0;$
где $G(x) = \int_{0}^{x}g(t)dt}$.

[id]

Цитата:

6. (В.Мыхайлюк) Множество $D$ называется нигде не плотным, если внутренность его замыкания является пустым множеством. Множество $C$ содержится в произведении $A\times B$ нигде не плотных в $\mathbb R$ множеств $A$ и $B$. Может ли ортогональная проекция множества $C$ на некоторую прямую совпадать со всей прямой?

Проекция ковра Серпинского ( конкретно - $K \times K$, где $K$-обычный канторов дисконтинуум на отрезке) на $y=x$, интересно, пойдет?

Цитата:

1. (Т.Банах) а) Доказать, что каждый гомеоморфизм единичной окружности на себя продолжается до гомеоморфизма единичного диска на себя.
b) Доказать, что каждое топологическое вложение окружности в комплексную плоскость продолжается до вложения диска в .

Окружность же несжимаема, да?..
Собственно, для чего я это хотел - известно, что любые два отображения произвольного пр-ва в стягиваемое гомотопны, а если $f: S^n \to Y$ гомотопно постоянному отображению, то $f$ можно продолжить на $E^{n+1}$.
Видимо, тут другая какая-то алгебраико-топологическая идея.

Добавлено спустя 2 часа 26 минут 9 секунд:

Цитата:

4. (И.Гуран) Пусть $K$ — круг в плоскости $\mathbb{R}^{2}$, $C$ — его граничная окружность, $f:\ K\to\mathbb{R}^{2}$ — непрерывное отображение круга в плоскость, являющееся тождественным на окружности $C$. Тогда $f$ принимает все значения в $K$, т.е. $\forall\ q\in K$ существует точка $p\in K$ такая, что $f(p)=q$. Доказать.

Интересно.
Во-первых, $f(K)$ должен лежать "строго по одну сторону от" $S$, в противном случае - выкидываем $S$ из $K$ и $f(K)$, в первом случае имеем линейно связанное множество, во втором - не связанное линейно,противоречие.
Во-вторых, допустим, что оно лежит вне $S$. Тут не уверен, но это должно быть невозможно - как точно доказать, не знаю. Может быть, нужно рассмотреть "внешнюю" границу и ее прообраз, проверить связанность, или как-то еще. Было бы интересно услышать правильный способ...
Т.е. должно получаться непрерывное отображение $f:K \to K, f|_S = id_S$, и, видимо, нужно точно так же рассмотреть внутреннюю точку из $f(K) - K$, границу, и посмотреть на связанность.

[antbez]

Цитата:

Найти все целые числа (не делящиеся на 1000), последние три цифры которых не меняются при возведении в квадрат.

Я просто прикидывал, без теории чисел. И нашёл ряд таких чисел: 1001, 10001, 100001 etc.