Задачи из Математического Просвещения №17 (2013)

[ewert]

Dave в сообщении #768825 писал(а):

Это если допустить существование других размерностей. А если не допускать,

Я в нокдауне, если не хуже. Как можно не допускать того, что задано по условию?...

Dave в сообщении #768825 писал(а):

его сечение некоторым трёхмерным пространством вкладывается в некоторый шар в этом пространстве.

Всё в точности наоборот: если у того кубика есть хоть одно трёхмерное сечение, в которое тот шарик тем самым можно было бы вложить (хоть в принципе). Вы сомневаетесь в существование трёхмерных сечений кубика?...

[Dave]

ewert в сообщении #768836 писал(а):

Я в нокдауне, если не хуже. Как можно не допускать того, что задано по условию?...

Вот напишут Вам в условии: "Пусть $2 \cdot 2 = 5$ ..." Вы в нокдауне, или будете решать дальше?

ewert в сообщении #768836 писал(а):

Всё в точности наоборот: если у того кубика есть хоть одно трёхмерное сечение, в которое тот шарик тем самым можно было бы вложить (хоть в принципе). Вы сомневаетесь в существование трёхмерных сечений кубика?...

Это Вы сомневаетесь, а я говорю, что в условии ничего не сказано о том, что имеется в направлениях, ортогональных трёхмерному сечению.

[ewert]

Dave в сообщении #768843 писал(а):

что имеется в направлениях, ортогональных трёхмерному сечению.

Да, не сказано. И правильно сделано. А зачем, если всё происходит лишь в том сечении? и при чём тут вообще ортогональность?...

[Dave]

ewert в сообщении #768850 писал(а):

А зачем, если всё происходит лишь в том сечении?

Почему Вы в этом так уверены? Слово "вложить" подразумевает вложить не сечение или проекцию, а "вложить полностью". А откуда Вы знаете размеры МГУ в измерениях свыше 3-го?

ewert в сообщении #768850 писал(а):

и при чём тут вообще ортогональность?...

Это я так представляю ортогональную систему координат. Если не нравится, можете рассмотреть неортогональную.

-- 28.09.2013, 23:46 --

maxal в сообщении #768234 писал(а):

4. ${\cal A}$ -- отображение плоскости в себя, сохраняющее расстояние (т.е. $|XY|=|{\cal A}(X){\cal A}(Y)|$ для любых точек $X$, $Y$ плоскости). Доказать, что ${\cal A}$ -- отображение плоскости на себя (т.е. каждая точка имеет прообраз при этом отображении).

Каждое такое отображение есть комбинация параллельного переноса, поворота и (в некоторых случаях) зеркального отражения. Все эти преобразования биективны.

[ewert]

Dave в сообщении #768858 писал(а):

А откуда Вы знаете размеры МГУ в измерениях свыше 3-го?

А они ровно такие же, что и ниже. Если сказано вложить трёхмерный объект в более высокопамерный -- значит сказано. Дохтур сказал в морг -- значит в морг. Что тут обсуждать-то?...

[Dave]

ewert в сообщении #768864 писал(а):

Если сказано вложить трёхмерный объект в более высокопамерный -- значит сказано.

А где сказано, что здание МГУ трёхмерно?

[ewert]

Dave в сообщении #768873 писал(а):

А где сказано, что здание МГУ трёхмерно?

По определению. Если Вы хотите доказать, что это трёхмерное здание на самом деле пятимерно или одномерно -- давайте, доказывайте.

[Dave]

ewert в сообщении #768876 писал(а):

По определению.

Такого определения нет!

ewert в сообщении #768876 писал(а):

Если Вы хотите доказать, что это трёхмерное здание на самом деле пятимерно или одномерно

Так ведь оно упало бы, если бы не имело опоры в четвёртом измерении . Как Ваша двумерная монетка, поставленная ребром на плоскость.

(И вообще)

ewert в сообщении #768876 писал(а):

давайте, доказывайте.

То, что никем не доказано, нельзя считать неверным. Вон в теории чисел народ извращается, доказывая утверждения, опирающиеся на гипотезу Римана. А её саму кто-нибудь доказал?

[mihiv]

12. а). Нет. Пусть $P(x,y)=x^2y^2+x^2+y^2$, тогда $P(x,0)=x^2$, и при достаточно больших $|x|$ неравенство не выполняется.

[maxal]

maxal в сообщении #768234 писал(а):

10. Дано векторное пространство $W$, $\dim(W)=m$, два его подпространства $U$ и $V$, такие что $U\cap V=0$ ($\dim(u)=n_1$, $\dim(v)=n_2$) и обратимый оператор $A\colon W\to W$. Докажите, что $A^n(U)\cap V=0$ при некотором $n\le \min(\binom{m}{ n_1},\binom{m}{ n_2})$.

Решение приведено в номере 19 (стр. 263)

[DeBill]

5. Вот только катринки я рисовать не умею....
а) Из данной точки А провести касательную к окружности $\omega$.
Решение: Проведем из $A$ 3 секущие $ABC, ADE, AFG$ . Пусть $X$ - точка пересечения прямых $BE, CD$, $Y$ - точка пересечения прямых $DG, EF$, и пусть прямая $XY$ пересекает $\omega$ в точке $Z$. По теоерме Паскаля, $AZ$ - касательная.
б) Построить касательную к окружности $\omega$ в её точке $P$.
Решение: возьмем где-нить точку $A$, и проведем касательную $AZ$ по п.а).
Выберем точки $M,N$ на окружности, и пусть прямые $PN, ZM$ пересекаются в точке $U$, а прямые $PM, ZN$ - в точке $V$. Пусть $UV$ пересекает $ ZA$ в точке $T$. тогда $PT$ - касательная, по той же теореме
Ну, теперь можно и порешить задачу 5а):
Пусть окружности $\omega$ и $\Omega$ пересекаются в точках $A,B$. Проведем по б) касательную в т. $A$ к $\omega$. Пусть она пересекает $\Omega$ в точке $C$, а прямая $ CB$ пересекает $\omega$ в точке $D$. Подсчет углов дает: дуги $AB (\omega)$ и $BC$ ($\Omega$) равны, а дуга $AD$ равна сумме дуг $AB$ ($\omega$) и $AB$ ($\Omega$). Аналогично, если через $B$ провести касательную к $\Omega$, то она пересечет $\omega$ в точке $E$, такой, что дуга $AE$ ($\omega$) равна дуге $AB$ ($\Omega$). Поэтому дуги $DE$ и $AB$ окружности $\omega$ равны. Значит, $AEDB$ - равнобочная трапеция. Поэтому прямая, соединяющая точку пересечения ее диагоналей и точку пересечения продолжений ее боковых сторон, перпендикулярна основаниям (и будет диаметром $\omega$). Аналогично, стартуя с точки $B$, построим еще один диаметр. Пересечение диаметров - центр!
Уффф.
А как делать б) ?

[nnosipov]

nnosipov в сообщении #768422 писал(а):

А что нужно добавить, чтобы стало верным? $x \in \mathbb{R}$ не поможет?

В вып. 25 МП условие задачи 6 было исправлено:

Математическое просвещение (выпуск 25, с. 169) писал(а):

В условии задачи 17.6 (выпуск 17, с. 196) пропущено слово «ненулевые». Приводим правильное условие:

Задача 17.6. Если целые $m$ и $n$ взаимно просты, а числа $x^n + x^{-n}$, $x^m + x^{-m}$ --- ненулевые целые, то $x +1/x$ --- тоже целое число ($x \in \mathbb{C}$).

Предлагаю доказать. (Совсем короткого доказательства мне придумать не удалось.)

[Руст]

Чтобы вложить трехмерный кирпич $a\times b \times c$ достаточно точки с координатами (x,y,z) $0\le x\le a, \ 0\le y\le b, \ 0\le z\le c$ отобразить
в точку $(x_1,....,x_1, y_1,....,y_1, z_1,...z_1)$, где

$$x_1=\frac{x}{\sqrt{n_1}}, y_1=\frac{y}{\sqrt{n_2}}, z_1=\frac{z}{\sqrt{n_3}}, n_1\ge a^2, n_2\ge b^2, n_3\ge c^2, n=n_1+n_2+n_3.$$

[maxal]

Авторское решение задачи 1 приведено в номере 20 (стр. 264-265)