Олимпиада НГУ - 2016

[bot]

ewert в сообщении #1163188 писал(а):

она задумывалась как утешительная

Так и было.

[ewert]

На всякий случай отпишусь всё-таки по варианту RIP.

Во-первых, почему должно стремиться к нулю в принципе. Оценка выражения $\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{|a_1|}+\sqrt{|a_2|}+\ldots+\sqrt{|a_n|}}{\sqrt{n}}$ по Коши-Буняковскому даёт в пределе лишь константу (сумму исходного ряда). Однако неравенство К.-Б. превращается в равенство лишь на параллельных векторах. Однако последовательность единичек довольно сильно непараллельна последовательности, стремящейся к нулю. Поэтому, по идее, ноль и должен получаться.

Теперь как эту идею реализовать. Стандартным приёмом (что-то похожее пытался проделать DeBill, только непонятно, к чему) -- разбить сумму на две части, оценить каждую неравенством Коши-Буняковского и затем пошевелить границу разбиения:

$\frac1{\sqrt n}\left(\sum\limits_{k=1}^m\sqrt{|a_k|}+\sum\limits_{k=m+1}^n\sqrt{|a_k|}\right)\leqslant\sqrt{\frac{m}n}\sqrt{\sum\limits_{k=1}^m|a_k|}+\sqrt{\frac{n-m}n}\sqrt{\sum\limits_{k=m+1}^n|a_k|}\leqslant\sqrt{\frac{m}n}\sqrt{\sum\limits_{k=1}^{\infty}|a_k|}+\sqrt{\sum\limits_{k=m+1}^n|a_k|}.$

Остаётся лишь выбрать любую последовательность $m_n\to\infty$ такую, что $\frac{m_n}n\to0$.

[RIP]

А зачем начальный-то кусок оценивать по Коши–Буняковскому? Если зафиксировать $m$ и перейти к пределу при $n\to\infty$, то получится

$$\limsup_{n\to\infty}\frac{\sqrt{|a_1|}+\sqrt{|a_2|}+\dotsb+\sqrt{|a_n|}}{\sqrt{n}}\leqslant\sqrt{\sum_{n>m}\lvert a_{n}\rvert}\xrightarrow[m\to\infty]{}0.$$

-- Ср 2016-10-26 22:48:15 --

(Оффтоп)

bot в сообщении #1163245 писал(а):

ewert в сообщении #1163188 писал(а):

она задумывалась как утешительная

Так и было.

Какая-то она уж слишком утешительная. В исходной постановке утверждение тривиально, как заметил Human. А с корнем и посимпатичнее, и задача становится мало-мальски олимпиадной (но по-прежнему достаточно простой, чтобы считаться утешительной).

[ewert]

RIP в сообщении #1163364 писал(а):

А зачем начальный-то кусок оценивать по Коши–Буняковскому?

Затем, что лимсуп -- это то же, но требует дополнительного понятия.

(Оффтоп)

RIP в сообщении #1163364 писал(а):

А с корнем и посимпатичнее, и задача становится мало-мальски олимпиадной

Она станет совсем олимпиадной, если формулировку усилить: "при каких альфах (показатель в знаменателе) из сходимости исходного ряда следует стремление к нулю этой дроби?"

Совсем в первую очередь потому, что эта переформулировка вносит некоторый элемент провокационности. Но, к сожалению, она громоздка.

[RIP]

ewert в сообщении #1163377 писал(а):

RIP в сообщении #1163364 писал(а):

А зачем начальный-то кусок оценивать по Коши–Буняковскому?

Затем, что лимсуп -- это то же, но требует дополнительного понятия.

Достаточно же какого-нибудь банального неравенства типа $\sum_{k=1}^{m}\sqrt{\lvert a_{k}\rvert}\leqslant Cm$. (Лимсуп можно не упоминать, если изложить док-во на языке эпсилон-дельта.)

[ewert]

(Оффтоп)

RIP в сообщении #1163390 писал(а):

Достаточно же какого-нибудь банального неравенства типа $\sum_{k=1}^{m}\sqrt{\lvert a_{k}\rvert}\leqslant Cm$.

И это -- тоже лишнее телодвижение, раз уж неравенство всё равно задействовано.

RIP в сообщении #1163390 писал(а):

если изложить док-во на языке эпсилон-дельта

И эпсилондельт тоже желательно избегать. Ну не нужны лишние слова.

[TR63]

Brukvalub в сообщении #1163063 писал(а):

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.

Brukvalub в сообщении #1163063 писал(а):

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

Brukvalub, посмотрела внимательнее. Тоже пока, кроме Коши-Буняковского, ничего не вижу с Вашей помощью (Спасибо за бдительность.)

[mihiv]

1 курс
5.
При произвольном расположении чисел не получится.
Пронумеруем вершины куба числами от 1 до 8 по часовой стрелке начиная с нижней грани так, что вершина 5 находится над вершиной 1. Пусть $a_i$ простое число в $i-$ой вершине, а $k_{ij}-$ число щелчков по ребру между вершинами $ij$. Число в вершине 1 после всех щелчков равно:

$$a_1+k_{12}+k_{14}+k_{15}=29l_1\qquad (1)$$

Составим аналогичные уравнения для остальных вершин и сложим все эти уравнения. Получим:

$$77+2S=29l\qquad (2)$$

где $S=\sum k_{ij}, l=\sum \limits _1^{8}l_i, 77-$сумма первых 8 простых чисел. Решаем уравнение (2) в целых числах: $S=29t-53=29(t-2)+5, l=2t-1$. То есть $S$ имеет остаток 5 при делении на 29.
Сложим теперь уравнения аналогичные (1) для вершин 1,3,6,8 ( в эти уравнения каждое $k_{ij}$ входит по одному разу). Получим:

$$S=29m-(a_1+a_3+a_6+a_8), (m=l_1+l_3+l_6+l_8)$$

И если выбрать ,например, $a_1=2,a_3=3,a_6=5,a_8=7$, то остаток от деления $S$ на 29 не равен 5.

[DeBill]

mihiv
Или - то же, но чуть короче:
Раскрасим вершины куба в шахматные цвета.
Тогда при щелчках разность черных и белых сохраняется. Коль в конце всё делится на 29, то и начальная разность должна делиться на 29.
Пусть черная сумма больше белой. Имеем: Ч $+$ Б $=77$, так что разность Ч $-$ Б - нечетна, и, значит, равна 29.
Отсюда находим Ч $=53$, Б $=24$. Значит, в Б не входит 2 - из четности. Но уже сумма $3+5+7+11 = 26$ больше 24.
Значит, никогда не будет нам счастя в виде делимости на 29...

[Sergic Primazon]

bot в сообщении #1162277 писал(а):

1 курс
4. В четырёхугольник $ABCD$ можно было вписать окружность, но воздержались. Зато в каждый его внутренний угол вписали окружность так, что она касается двух других. Докажите, что хотя бы две из четырех окружностей равны.

Если $r_1,r_2,r_3,r_4 - $ радиусы окружностей , то они удовлетворяют: $(\sqrt{r_1}-\sqrt{r_3})(\sqrt{r_2}-\sqrt{r_4})=0 $

[sa233091]

bot в сообщении #1162277 писал(а):

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

Можно просто применить нер-во о среднем арифметическом и средним квадратичным