ДММ-2008 в УрГУ

[RIP]

bobo писал(а):

Если там действительно косинусы, то при $k\neq 0$ функции $\cos (a_nx)$ и $\cos (a_{n+k}x)$ ортогональны на отрезке $[0,1]$ и все коэффициенты $b_n$ легко находятся после интегрирования.

Хорошо, коэффициенты $b_n$ мы найдём. А как доказать, что $1=\sum_{n=1}^\infty b_n\cos a_nx$?

[bobo]

RIP писал(а):

Хорошо, коэффициенты $b_n$ мы найдём. А как доказать, что $1=\sum_{n=1}^\infty b_n\cos a_nx$?

Так ведь

Цитата:

Игорь Хальясмаа просит помочь ему найти коэффициенты $b_n$ в разложении единицы в «почти ряд Фурье»

!!!
Коэффициенты мы нашли, а дальше - его проблемы

[RIP]

На самом деле доказательство несложно. Стандартным способом (например, через теорему Руше) доказывается, что все комплексные корни функции $z\sin z-\cos z$ исчерпываются точками $\pm a_n$, $n=1,2,\ldots$. Пусть $N\in\mathbb N$. По теореме Коши о вычетах,

$$\frac1{2\pi i}\int\limits_{|z|=\pi\left(N-\frac12\right)}\frac{\cos xz\,dz}{z(z\sin z-\cos z)}=-1+\sum_{n=1}^N\frac{2\cos a_n x}{a_n(a_n\cos a_n+2\sin a_n)}.$$

Если $x\in[0;1]$, то подынтегральная функция на контуре оценивается как $O\left(\frac1{N^2}\right)$, поэтому при $x\in[0;1]$ выполняется

$$1=\sum_{n=1}^\infty\frac{2\cos a_nx}{a_n(a_n\cos a_n+2\sin a_n)}=\sum_{n=1}^\infty\frac{2\cos a_nx}{(a_n^2+2)\cos a_n}.$$

[RIP]

В связи с этой задачей предложу такую. Пусть $a_n$ те же самые. Докажите, что для произвольного $k\in\mathbb Z\setminus\{0\}$ выполняется

$$\sum_{n=1}^\infty\frac1{a_n^2-(\pi k)^2}=\sum_{n=1}^\infty\frac1{a_n^2}-1.$$

[luitzen]

luitzen писал(а):

Задачи, за решение которых на олимпиаде по случаю Дня математика и механика на матмехе УрГУ давалось наибольшее число баллов.

Ещё порция задач оттуда (тоже с высокими баллами).


Задача 18.
Подарок от Дмитрия Хлопина. Докажите, что около любого выпуклого замкнутого тела в трехмерном пространстве можно описать куб так, что каждая грань куба касалась бы данного тела хотя бы в одной точке.

Задача 19.
Трудный подарок из теории функций действительного переменного. Пусть функция $f\!: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ интегрируема по Лебегу и для всех положительных $(x,y) \in \mathbb{R}$ выполнено $f(x + y) \leqslant f(x) + f(y)$. Докажите, что тогда существует предел $\lim\limits_{x\to +\infty}\frac{f(x)}{x}\in [-\infty,+\infty)$.

Задача 29.
Как известно, на матмехе применяется пятибальная система оценок {1, 2, 3, 4, 5}. Проверив сто контрольных работ по алгебре, профессор В. Б. Репницкий обнаружил, что из полученных студентами оценок нельзя составить невырожденную квадратную матрицу десятого порядка. Профессор очень расстроился, исправил одну из полученных единиц на двойку, составил из оценок матрицу размеров 10×10 с определителем 162, успокоился и лёг спать. А какие, собственно, оценки получили студенты?

[bobo]

luitzen писал(а):

Задача 29.
Как известно, на матмехе применяется пятибальная система оценок {1, 2, 3, 4, 5}. Проверив сто контрольных работ по алгебре, профессор В. Б. Репницкий обнаружил, что из полученных студентами оценок нельзя составить невырожденную квадратную матрицу десятого порядка. Профессор очень расстроился, исправил одну из полученных единиц на двойку, составил из оценок матрицу размеров 10×10 с определителем 162, успокоился и лёг спать. А какие, собственно, оценки получили студенты?

Ответ: 92 единицы, 3 двойки, 1 тройка, 4 четверки (до исправления). Отличников, к сожалению, не нашлось.
Решение получилось примерно такое. Обозначим через $K_i$ количество работ с оценкой $i$. И соответственно $i_1,i_2,\dots,i_5-$ оценки, для которых $K_{i_1}\geq K_{i_2}\geq \dots\geq K_{i_5}$.
Пусть $K_{i_1}\leq 91$. Показать, что в этом случае можно заполнить матрицу оценками так, чтобы она была невырожденой, можно по следующей схеме.
Заполняем матрицу оценками построчно сверху вниз, расставляя оценки сначала только на местах $a_{ij}, j=1,i+1,i+2,\dots,10$, причем каждая строка на указанных местах заполняется одной оценкой.
Далее рассматриваются случаи:
1.$91\geq K_{i_1}\geq 55$.
2.$54\geq K_{i_1}\geq 40$.
3.$39\geq K_{i_1}\geq 34$.
4.$33\geq K_{i_1}\geq 27$.
5.$27\geq K_{i_1}\geq 20$.
В первом случае все указанные места заполняются оценкой $i_1$, а все элементы главной диагонали кроме первого - оценками, отличными от $i_1$. Тогда, вычитая из всех столбцов, начиная со второго, первый, получаем нижнюю трегольную матрицу с ненулевыми элементами на диагонали, т.е. - невырожденную матрицу.
Во всех остальных случаях несложно показывается, что все указанные места заполяются оценками $i_1,i_2,i_3$ и аналогично все сводится к нижней треугольной невырожденной матрице.
Таким образом $K_{i_1}\geq 92$ и с учетом разложения $162=3^4 2$, приходим к ответу.

[bobo]

luitzen писал(а):

Задача 18.
Подарок от Дмитрия Хлопина. Докажите, что около любого выпуклого замкнутого тела в трехмерном пространстве можно описать куб так, что каждая грань куба касалась бы данного тела хотя бы в одной точке.

Попробую привести не очень строгое доказательство для плоскости ( в трехмере то же самое, но технически сложнее).
Пусть $G-$ данная выпуклая замкнутая фигура на плоскости с границей $\partial G$. Проведем в некоторой точке $A\in \partial G$ касательную к $G$. На проведенной прямой отмечаем точку $A_1(A)$, т.ч. прямая, проходящая через $A_1$ перпендикулярно отрезку $AA_1$, касается $G$. Пусть $S=A_1(\partial G)-$ множество всех таких отмеченных точек. Тогда легко показать, что $S-$ замкнутая непрерывная кривая, охватываящая $G$ (непрерывность доказывается, например, через такое свойство: если в двух близких точках из $\partial G$ проведены касательные, то при их сближении угол между касательными стремится к нулю, и наоборот).
Пусть $S={(x(t),y(t))}, t\in[0,T]$ (непрерывная параметризация).
Возьмем точку $S_0(t_0)=(x(t_0),y(t_0))$. Проведем ч-з нее касательную к $G$ до пересечения с кривой $S$ в некоторой точке $S_1(t_0)$. Аналогично из $S_1$ проводим касательную и получаем точку $S_2$, потом $S_3, S_4$. При этом $S_4=S_0$. Пусть $\frac{S_0(t_0)S_1(t_0)}{S_1(t_0)S_2(t_0)} = \alpha(t_0) >1$ (отношение длин сторон прямоугольника). Тогда, если при $t=t_1$ точка $S_0(t_0)$ перебегает в точку $S_0(t_1)=S_1(t_0)$, то получается $\frac{S_0(t_1)S_1(t_1)}{S_1(t_1)S_2(t_1)} =\frac{1}{ \alpha(t_0)}<1$. И в силу непрерывности кривой $S$ $ \exists t_x\in (t_0,t_1):\frac{S_0(t_x)S_1(t_x)}{S_1(t_x)S_2(t_x)} =1$, т.е. описанный прямоугольник переходит в квадрат.

[Someone]

Вообще говоря, касательной может и не быть, только опорная прямая.

[bobo]

Да, такое решение сгодилось бы для фигуры с гладкой границей.