IMO 2008

[sergey1]

Цитата:

Что-то мне никак не удаётся нарисовать окружность, которая бы касалась продолжения отрезка за точку , продолжения отрезка за точку , а также касалась бы прямых и . Это вообще возможно?

Нарисуйте окружность и касательные к ней в точках 0, 60, 90, 140 градусов.

[Профессор Снэйп]

maxal писал(а):

$h(a,b,c)$ - это просто $c!$ умноженный на коэффициент при $x^c$ в разложении $\sinh^a x\cosh^b x=\sinh^{a\bmod 2} x(\cosh^2 x - 1)^{\lfloor a/2\rfloor} x\cosh^b x$.

То, что коэффициент умноженный --- это понятно Непонятно, можно ли это было как-то сразу получить, не рассматривая разные симметрические многочлены и т. д.? Я вот знаю, что народ как-то очень ловко производящие функции составляет и сразу по ним всё понимает. Но у нас, к сожалению, в универе этого не было

maxal писал(а):

Чтобы найти явное выражение, нужно выразить это как многочлен от $\cosh x$ (домноженный на $\sinh x$ при нечетном $a$) и воспользоваться тождеством:

$$(2\cosh y)^t = \sum_{k=0}^t \binom{t}{k} \cosh (t-2k)y.$$

Насчёт суммы... Не получится ли после всех этих приведений то, от чего я изначально и начинал плясать?

Профессор Снэйп писал(а):

$$ h(a,0,c) = \frac{1}{2^a} \sum_{t=0}^a C_a^t (-1)^t (a-2t)^c $$

$$ h(0,b,c) = \frac{1}{2^b} \sum_{t=0}^b C_b^t (b-2t)^c $$

(извиняюсь за старорежимные обозначения для биноминальных коэффициентов, но уж как привык)

Я вот ночью Демидовича полистал, думал там что-нибудь похожее найти. Выяснил, что неопределённые интегралы типа

$$ \int \sin^n x dx $$

и

$$ \int \cos^n x dx $$

он предлагает брать через формулы понижения при конкретных $n$, а от общих формул открещивается. И стало мне казаться, что без знака $\Sigma$ тут никак. Хотя... была идея, и она сработала бы, но лень стало с матрицами возиться. Вот представьте себе квадратную матрицу $(n+1) \times (n+1)$, по диагонали сразу сверху над главной стоят числа $1,2, \ldots, n$, на симметричной диагонали те же числа в обратном порядке, остальные нули. Если бы удалось её в произвольную натуральную степень возвести, было бы всё просто замечательно. Но... ни асилил.

Но да фиг с ней, с матрицей. В-принципе, эти суммы достаточно короткие. Беда была в том, что мне ведь для ответа надо их было делить друг на друга, а как это делать --- непонятно. А под "явными выражениями" я всё же понимал такие, которое можно поделить друг на друга и путём не шибко сложных алгебраических выкладок прийти к правильному ответу.

[maxal]

Профессор Снэйп писал(а):

То, что коэффициент умноженный --- это понятно Непонятно, можно ли это было как-то сразу получить, не рассматривая разные симметрические многочлены и т. д.?

Указанная экспоненциальная производящая функция получается практически сразу из комбинаторной интерпретации $h(a,b,c)$: каждому элементу множества $A$ соответствует множитель $x+\frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} + \dots = \sinh x$ (факториалы в знаменатлях здесь потому, что копии одного и того же элемента в последовательности неразличимы), а каждому элементу множества $B$ соответствует свой множитель $1+\frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} + \dots = \cosh x.$

maxal писал(а):

$$(2\cosh y)^t = \sum_{k=0}^t \binom{t}{k} \cosh (t-2k)y.$$

Профессор Снэйп писал(а):

Насчёт суммы... Не получится ли после всех этих приведений то, от чего я изначально и начинал плясать?

Получится, но плюс к этому получится и общее выражение для $h(a,b,c)$, которого у вас не было.

Профессор Снэйп писал(а):

Я вот ночью Демидовича полистал, думал там что-нибудь похожее найти. Выяснил, что неопределённые интегралы типа

$$ \int \sin^n x dx $$

и

$$ \int \cos^n x dx $$

он предлагает брать через формулы понижения при конкретных $n$, а от общих формул открещивается. И стало мне казаться, что без знака $\Sigma$ тут никак.

Общие формулы легко следуют из того же тождества (с заменой $\cosh$ на $\cos$), а вот без $\sum$ здесь как ни крути не обойтись, разве что лишь при "хороших" пределах интегрирования сумма будет сворачиваться.

[Профессор Снэйп]

maxal писал(а):

Указанная экспоненциальная производящая функция получается практически сразу из комбинаторной интерпретации $h(a,b,c)$: каждому элементу множества $A$ соответствует множитель $x+\frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} + \dots = \sinh x$ (факториалы в знаменатлях здесь потому, что копии одного и того же элемента в последовательности неразличимы), а каждому элементу множества $B$ соответствует свой множитель $1+\frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} + \dots = \cosh x.$

Извиняюсь, но я этого совсем не знаю и не понимаю. Почему каждому элементу соответствует какой-то множитель, заданный в виде степенного ряда? Почему именно такой? И что с этим множителем делать?

Дайте ссылку на какую-нибудь хорошую книжку из библиотеки по этой теме, буду образовываться.

maxal писал(а):

Профессор Снэйп писал(а):

Насчёт суммы... Не получится ли после всех этих приведений то, от чего я изначально и начинал плясать?

Получится, но плюс к этому получится и общее выражение для $h(a,b,c)$, которого у вас не было.

Ну, на самом деле моим способом это выражение тоже можно получить. Я его в черновике выписывал. А когда уже стал всё начисто излагать, показалось, что по частям проще и красивше. Если в общем случае сразу, то там с двойными суммами немного поморочиться надо.

P. S. Насчёт $\sh x$ vs $\sinh x$ и $\ch x$ vs $\cosh x$. Я что, опять отстал от жизни, как с биноминальными коэффициентами? Или обе традиции одинаково современны?

[maxal]

Профессор Снэйп писал(а):

maxal писал(а):

Указанная экспоненциальная производящая функция получается практически сразу из комбинаторной интерпретации $h(a,b,c)$: каждому элементу множества $A$ соответствует множитель $x+\frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} + \dots = \sinh x$ (факториалы в знаменатлях здесь потому, что копии одного и того же элемента в последовательности неразличимы), а каждому элементу множества $B$ соответствует свой множитель $1+\frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} + \dots = \cosh x.$

Извиняюсь, но я этого совсем не знаю и не понимаю. Почему каждому элементу соответствует какой-то множитель, заданный в виде степенного ряда? Почему именно такой? И что с этим множителем делать?

Для простоты рассмотрим случай $a=b=1$. Тогда единственный элемент $a$ у нас может появиться 1, 3, 5, ... раз, а единственный элемент $B$ соответственно 0, 2, 4, ... раз. Пусть количества раз у нас - это нечетное $m$ и четное $n$ соответственно, так что $c=m+n$. Количество последовательностей, как нетрудно видеть, равно в этом случае $\frac{c!}{m!n!}$. Нас же интересует $\sum_m\sum_n \frac{c!}{m!n!}$, что есть ничто иное как $c!$ помноженный коэффициент при $x^{m+n}=x^c$ в произведении:

$$(x+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\dots)(1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\dots)=\sinh x\cdot\cosh x.$$

Профессор Снэйп писал(а):

Дайте ссылку на какую-нибудь хорошую книжку из библиотеки по этой теме, буду образовываться.

Ну если с английским проблем нет - то рекомендую generatingfunctionology. Из русских можно почитать любой учебник по комбинаторике, где разбираются производящие функции (Ландо или Рыбникова, например). Если же хотите копнуть глубоко, то есть книжка Егорычева (очень крутая).

Профессор Снэйп писал(а):

P. S. Насчёт $\sh x$ vs $\sinh x$ и $\ch x$ vs $\cosh x$. Я что, опять отстал от жизни, как с биноминальными коэффициентами? Или обе традиции одинаково современны?

Вроде бы обе общеупотребительны. Но я с гиперболическими функциями сталкиваюсь постольку-поскольку, поэтому с современными тенденциями знаком слабо.

[Профессор Снэйп]

maxal писал(а):

Ну если с английским проблем нет - то рекомендую...

С читать проблем нет, с писать бывают Спасибо за ссылки, обязательно почитаю.

[BrainDrain-]

Сорри за оффтоп, но почему там так много золотых медалей у 11 классов? Там, что идет распределение типо: теория чисел, геометрия.. и в каждом есть места?

[TOTAL]

Профессор Снэйп писал(а):

Цитата:

Задача 5. Пусть $n$ и $k$ --- натуральные числа такие, что $k \geqslant n$, а число $k-n$ чётное. Имеются $2n$ лампочек ...

ответом к задаче является число $2^{k-n}$.

-----------------------
Пфуй! Какое-то не совсем школьное решение получилось. Подозреваю, что составители имели в виду нечто другое

Подлинный школьник мог решать так. Пусть в цепочке команд из первых $(n)$ кнопок $i$-я кнопка нажималась $(p_i+1)$ раз.
Заменяя $0, 2, \ldots, p_i$ нажатий $i$-й кнопки на нажатия $(n+i)$-й кнопки, получаем $2^{k-n}$ цепочек команд из всех кнопок.
Действительно,

$$\prod_{i=1}^n \left(C_{p_i+1}^0 + C_{p_i+1}^2 + \ldots + C_{p_i+1}^{p_i} \right) = \prod_{i=1}^n 2^{p_i} =2^{k-n}$$

[lexus c.]

daogiauvang писал(а):

Edward_Tur писал(а):

а) Докажите, что неравенство
$\frac{{x^2 }}{{\left( {x - 1} \right)^2 }} + \frac{{y^2 }}{{\left( {y - 1} \right)^2 }} + \frac{{z^2 }}{{\left( {z - 1} \right)^2 }} \ge 1$
выполняется для любых отличных от 1 действительных чисел $x,y,z$ таких, что $xyz = 1$.
б) Докажите, что указанное неравенство обращается в равенство для бесконечного числа троек отличных от 1 рациональных чисел $x,y,z$ таких, что $xyz = 1$.

Очень просто
Вставить: $\frac{x}{1-x}=a, \frac{y}{1-y}=b,\frac{z}{1-z}=c$
т.е : $abc=(a+1)(b+1)(c+1)$ от куда получим $2(ab+bc+ca)+2(a+b+c)+2=0$
надо докажить $a^2+b^2+c^2 \geq 1 $или $(a+b+c+1)^2+1 \geq 1$.
б тоже просто

а как именно?

Добавлено спустя 15 минут 55 секунд:

B вот ещё интересная задача:

[anermak]

а геометрию кто-нибудь осилил ?