Международная студенческая олимпиада, Иран 2007

[Хет Зиф]

Алгебра
1.1 $x^n=0$- нильпотентный элемент. $\Rightarrow 1-x$ обратим, ибо
$(1-x)(x^{n-1}+..+1)=1-x^n=1$. Так как $1-x$обратим, то он централен
$\Rightarrow (1-x)a=a(1-x)\Rightarrow xa=ax,$ $ \forall a \in R$
Ч.Т.Д.

[mvb13]

2. Математический анализ
Разбиваем точкой $\eta$ отрезок [a;b] на 2 отрезка [a;$\eta$] [$\eta$;b] и выбираем точки $\xi1$ ,$\xi2$ так ,чтобы была выполнена теорема Лагранжа для функции f
$\xi1 \in \ [a;\eta] , f(\eta)-f(a)=f'(\xi1)(\eta-a)$ $(1)$
$\xi2 \in \ [\eta;b], f(b)-f(\eta)=f'(\xi2)(b-\eta)$ $(2)$
После этого применяем еще раз теорему Лагранжа для отрезка $[\xi1;\xi2]$ для функции $f'$
$f'(\xi2)-f'(\xi1)=f''(\xi)(\xi2-\xi1)$ $(3)$
Из 1 и 2 выражаем производные и подставляем в 3 после чего получается

$f(\eta)-f(a)*(b-\eta)/(b-a)-f(b)*(\eta-a)/(b-a)-$
$-f''(\xi)(\xi2-\xi1)(\eta-b)(\eta-a)/(b-a)=0$
задача будет решена если доказать что точку \etaможно выбрать так чтобы \xi2-\xi1=1/2*(b-a)

Можно ли это доказать ?

[neo66]

mvb13 писал(а):

... задача будет решена если доказать что точку \etaможно выбрать так чтобы \xi2-\xi1=1/2*(b-a)
Можно ли это доказать ?

$\xi_1$ и $\xi_2$ - непрерывные функции от $\eta$. Причем
$\xi_1(a)=a,\xi_2(b)=b$,
$\xi_1(b)=\xi_2(a)=\eta_0$.
Поэтому
$\xi_2(a) - \xi_1(a)=\eta_0 -a;$,
$\xi_2(b) - \xi_1(b)=b - \eta_0;$
Значит $\exists$ такое $\eta$, что:
$\xi_2(\eta) - \xi_1(\eta)=\frac{1}{2}((\eta_0 -a) + (b - \eta_0))=\frac{1}{2}(b - a);$

[dewgong]

Линейная алгебра

1. Так как кольцо $\mathbb{C}[A] \subseteq M_n(A)$, то елемент из этого кольца нильпотентен тогда и только тогда, когда $\exists n: \, f(A)^n=O$.

Если $A=diag(\lambda_1, \lambda_2 , \cdots , \lambda_n)$ то $f(A)=diag(f(\lambda_1), \cdots, f(\lambda_n)) \Longrightarrow \, f(A)^n=diag(f(\lambda_1)^n, ... , f(\lambda_n)^n) \ne O.$

Если $T^{-1}AT= \texttt{ Жорданова форма }= A_1 + A_2+....+A_k$ то $T^{-1}f(A)T=f(A_1)+...+f(A_k)$.
Пусть $A_i$ клетка порядка $t_i$ отвечающая собственному значению $\lambda_i$ ( где есть клекка порядка более 1). Тогда легко найти функцию $\displaystyle f(x) \in \mathbb{C}[x]: \, f(\lambda_i)=...=f^{(t_i-1)}(\lambda_i)=0, \, f^{(t_i)}(\lambda_i) \ne 0$.

Очевидно, что для этой функции $(T^{-1}f(A)T)^n=T^{-1}f(A)^nT=O$ и $f(A) \ne O$. q.e.d.

3. Очевидно, что $B=X^{-1}Y= \texttt{ 1-ая под диагональ} \Longrightarrow B^n=O \Longrightarrow$ B - нильпотентна и значит её все собсвенные значения =0!
Ну а $A=XBX^{-1}$ т.е. А и В подобны, а подобные матрицы имеют одинаковый ранк и набор собсвенных чисель.
$rank(A)=rank(AX)=rank(Y)=n-1$

А на все зти 15 задач отводилос 2 чася

[Pyphagor]

Математический анализ.
1. Пусть $f(x) = y$. Возьмем в качестве $K_{i}$ - замкнутые шары (из $X$)
с центром в точке $x$ и радиусы которых стремятся к нулю ($r_{i} \rightarrow 0$).
Из 2) следует, что
$y = f(x) = f(\bigcap_{n = 1}^ {\infty}K_n) = \bigcap_{n=1}^{\infty}f(K_{n}) = \bigcap_{n=1}^{\infty}Q_{n}$
Где $Q_{i}$ - компактные множества.
Нужно показать $f$ - непрерывна, т.е. что
для любой $U_{y} \exists U_{x} : f(U_{x}) \subset U_{y}$.
Рассмотрим подпоследовательность (предварительно заметим, что $Q_{i+1} \subset Q_{i}$)
$Q_{i_{n}} \subset B_{r_{n}}[y]$, где ${r_{n}} \rightarrow 0$.
(Если бы такой последовательности не существовало, то $\exists B_{0}[y]: B_{0}[y] \subset Q_{i}$ и $ B_{0}[y] \subset \bigcap_{i=1}^{\infty}Q_{i} = y$.
Т.к. $B_{r_{n+1}}[y] \subset B_{r_{n}}[y]$,и $\exists p: n>p \Rightarrow B_{r_{n}}[y] \subset U_{y}$.
Причем верно $f(\bigcap_{i = 1}^ {p}K_n) \subset \bigcap_{i=1}^{p}f(K_{i})$

Действительно: $ z \subset f(\bigcap_{i = 1}^ {p}K_n), then \exists z': z' \subset \bigcap_{i=1}^{p}(K_{i}) and f(z')=z$,
$\Rightarrow z' \subset \bigcap_{i=1}^{p}(K_{i}) \Rightarrow z' \subset K_{i} \Rightarrow z \subset f(K_{i}) \Rightarrow z \subset \bigcap_{i=1}^{p}f(K_{i}) $)

Таким образом $f(\bigcap_{i = 1}^ {p}K_i) \subset \bigcap_{i=1}^{p}f(K_{i}) = \bigcap_{i=1}^{p}Q_{i} \subset \bigcap_{i=1}^{p}Q_{i_{n}} = Q_{i_{p}} \subset B_{r_{p}}[y] $.
Искомой окрестностью $x$ будет $ U_{x}=(\bigcap_{n = 1}^ {p}K_n)$.

[Sasha Rybak]

dewgong писал(а):

А на все эти 15 задач отводилось 2 часа?

Шутишь? Нет, конечно. На каждый тур - по 2 часа. Проблема, что текст несбалансированный. На "линейку" мне 1:15 хватило при самом детальном оформлении решений. А вот по алгебре успел сделать только 2 первых задачи и на 4-ю минут 10 не хватило. И ещё за вторую 20 баллов сняли, хотя оформлял её очень старательно.