Олимпиада НГУ - 2016

[ewert]

bot в сообщении #1162277 писал(а):

2. Последовательность определена рекуррентной формулой $x_0=a, x_{n+1}=bx_n+c.$ Определите все возможные значения параметров $a, b, c$, при которых последовательность сходится.

По формальным правилам общим решением будет сумма геометрической прогрессии плюс константа. Соотв, при $|b|<1$ сходимость есть, а если наоборот -- то уж извините (за исключением случая, когда нулевая точка совпадает с первой, т.е. прогрессия отсутствует).

Особый случай -- резонанс (т.е. когда $b=1$), но этот случай уж совсем тривиален.

(Оффтоп)

mihailm в сообщении #1162413 писал(а):

"разложить на разность квадратов" тоже неправильно, можно, например, "разложить как разность квадратов"

А я тоже умею придираться! Не "как", а "в". Ну или "на".

-- Пн окт 24, 2016 02:52:26 --

(Оффтоп)

ewert в сообщении #1162436 писал(а):

сумма геометрической прогрессии плюс константа

Да, я тоже глючить умею. Имелось в виду, разумеется, "прогрессия плюс константа" или "сумма прогрессии и константы"

[ewert]

bot в сообщении #1162277 писал(а):

3. Произведение двух квадратных матриц третьего порядка есть нулевая матрица. Докажите, что хотя бы одна из них имеет ранг не больше единицы.

Тупое решение. Предположим, что ранг правой не меньше двух. Т.е. что у неё не меньше двух независимых столбцов. Т.е. что ядро левой содержит не менее двух независимых элементов. Т.е. что размерность ядра левой не меньше двух. Т.е. что размерность образа не больше одного.

[TOTAL]

bot в сообщении #1162277 писал(а):

3. Произведение двух квадратных матриц третьего порядка есть нулевая матрица. Докажите, что хотя бы одна из них имеет ранг не больше единицы.

Умное решение. Все строки одной матрицы ортогональны всем столбцам другой матрицы. Поэтому подпространства, натянутые на строки и на столбцы, ортогональны, а их суммарная размерность не больше трех.

[TR63]

bot в сообщении #1162277 писал(а):

2. Пусть ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ абсолютно сходится. Докажите, что $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sqrt{|a_1|}+\sqrt{|a_2|}+\ldots+\sqrt{|a_n|}}{n}=0.$

(Оффтоп)

$\frac{\sqrt{|a_1|}+\sqrt{|a_2|}+\ldots+\sqrt{|a_n|}}{n}\le\frac{\sqrt{\lvert a_1\rvert}}{1}+\frac{\sqrt{\lvert a_2\rvert}}{2}+\ldots+\frac{\sqrt{\lvert a_n\rvert}}{n}$
Справа сходящийся ряд по логарифмическому признаку. Значит, слева ряд сходится. Раз существует предел произведения двух функций и предел одной из них существует, то существует и предел второй функции (это верное утверждение?). Тогда произведение нуля на ограниченную функцию равно нулю.

[Human]

bot в сообщении #1162277 писал(а):

2. Пусть ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ абсолютно сходится. Докажите, что $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sqrt{|a_1|}+\sqrt{|a_2|}+\ldots+\sqrt{|a_n|}}{n}=0.$

Вроде ж сразу из теоремы Штольца следует, не? Или ею нельзя пользоваться?

(Оффтоп)

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. Значит, слева ряд сходится.

Слева все-таки не совсем ряд.

UPDATE: А, ну, можно еще и так:

$\displaystyle\left(\sum_{k=1}^n\sqrt{|a_k|}\right)^2=\sum_{k=1}^n\sum_{m=1}^n\sqrt{|a_k|}\sqrt{|a_m|}\leqslant\frac12\sum_{k=1}^n\sum_{m=1}^n(|a_k|+|a_m|)=n\sum_{k=1}^n|a_k|$

Тогда:

$\displaystyle\frac1n\sum_{k=1}^n\sqrt{|a_k|}\leqslant\sqrt{\frac1n\sum_{k=1}^n|a_k|}\leqslant\frac C{\sqrt n}$

[Human]

Кстати да, не сразу заметил, что это неравенство Коши-Буняковского

5. (2-4 курс не профиль)

Вроде там отрезочек разбивается на два, в одном из интегралов меняется переменная на противоположную, потом все вновь собирается, под логарифмом разность квадратов, бац-бац и получается

$\displaystyle\int\limits_0^1\ln(1+x)\,dx$

В итоге от арксинуса нужна только его нечетность.

[TR63]

(Оффтоп)

Human, согласна, что не совсем ряд. Спасибо за замечание.
Т.е. моим методом получается доказать только ограниченность (последовательности). Доказать равенство предела нулю не получается. Вопросов больше нет.

[mihiv]

1 курс

2. $\dfrac {ab}{a+b+2}=\dfrac {ab(a+b-2)}{(a+b)^2-4}=\dfrac {a+b}2-1, \dfrac {a+b}2\leqslant \frac 12\sqrt {2(a^2+b^2)}=\sqrt {2}.$

[TR63]

mihiv в сообщении #1162304 писал(а):

2. Пусть $a^2+b^2=4 $ и $a+b\ne -2.$ Докажите, что $\frac{ab}{a+b+2}\leqslant \sqrt 2-1.$

Другое, длинное решение.
$(a+b)^2=4+2ab$
$\frac{(a+b)^2-4}{(a+b+2)}\le\sqrt2-1$
$t^2-ct-(4+2c)\le0$, $t=a+b$, $c=\sqrt2-1$
$-2<a+b\le\sqrt2+1$. При этих условиях исходное неравенство верно. Остаётся доказать, что оно верно вне этих условий. Для этого рассмотрим случаи:
1). $ab<0$ $\to$ $\lvert a+b\rvert<2$ (исходное неравенство верно, т.к. находится в нужной области).
2). $ab>0$ $\to$ $\lvert a+b\rvert>2$
При $a+b<-2$ исходное неравенство верно.
Остаётся рассмотреть случай $a+b>\sqrt2+1$. Получаем верное усиленное неравенство $ab\le(\sqrt2+3)(\sqrt2-1)$, т.к. по условию из АМ-ГМ $ab\le2$. Т.е. и в этой области исходное неравенство верно.

[ewert]

Human в сообщении #1162565 писал(а):

Вроде там отрезочек разбивается на два, в одном из интегралов меняется переменная на противоположную, потом все вновь собирается, под логарифмом разность квадратов,

Быстрее: $\int\limits_{-1}^1f(x)\,dx=\int\limits_{-1}^1\frac{f(x)+f(-x)}2\,dx=\int\limits_{-1}^1\ln(1+|x|)$.

TR63 в сообщении #1162409 писал(а):

Решаем систему...

Не надо систему: $6a+9b+12c=\min$ при $abc=\frac13$.

[DeBill]

Human в сообщении #1162552 писал(а):

Тогда:

$\displaystyle\frac1n\sum_{k=1}^n\sqrt{|a_k|}\leqslant\sqrt{\frac1n\sum_{k=1}^n|a_k|}\leqslant\frac C{\sqrt n}$

Или: это - неравенство Йенсена (для выпуклой вверх ф-ции $\sqrt{x}$)

[RIP]

bot в сообщении #1162277 писал(а):

2. Пусть ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ абсолютно сходится. Докажите, что $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sqrt{|a_1|}+\sqrt{|a_2|}+\ldots+\sqrt{|a_n|}}{n}=0.$

А тут нет опечатки в условии? Может быть, нужно доказать, что

$$\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{|a_1|}+\sqrt{|a_2|}+\ldots+\sqrt{|a_n|}}{\sqrt{n}}=0?$$

Иначе какая-то бестолковая задача получается.

[Brukvalub]

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.

В упор не вижу, как к ряду справа применить логарифмический признак....

[DeBill]

RIP
А ведь получится: оценивая начальный кусок суммы из числителя как у

Human в сообщении #1162552 писал(а):

$\displaystyle\frac1n\sum_{k=1}^n\sqrt{|a_k|}\leqslant\sqrt{\frac1n\sum_{k=1}^n|a_k|}\leqslant\frac C{\sqrt n}$

($C^2 = $ сумме ряда), а затем также оставшуюся часть (с номерами от $N+1$ до $n$) (теперь в числителе появится $N-$"хвост" ряда), имеем: при больших $n$ наше выражение произвольно мало.

-- 25.10.2016, 23:27 --

Ха, достаточно оценить токо хвост...

[ewert]

RIP в сообщении #1163034 писал(а):

Иначе действительно бессмысленная задача получается.

Почему бессмысленная? Может, она задумывалась как утешительная. Ваш вариант всё-таки заметно сложнее.