Олимпиада по математике УрФУ.

[still alive]

Уральский федеральный университет. Олимпиада по математике.
25 ноября 2012г.

Часть А (физико-математические специальности)
На решение 4 часа.

1. (Г.Л. Ходак) Две прямые заданы уравнениями: $L_1:\frac{x}{1}=\frac{y}{0}=\frac{z}{-1},L_2:\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z-1}{0}$
На прямой $L_1$ взята точка $A_1$; $B_1$-её проекция на прямую $L_2$; $A_2$ — проекция $B_1$ на прямую $L_1$; $B_2$ — проекция $A_2$ на прямую $L_2$ и т.д. Найдите $\lim_{n\rightarrow\infty}A_n$ и $\lim_{n\rightarrow\infty}B_n$

2. (Е.В. Смирнова) Все элементы матрицы $A$ размера $10\times 10$ - целые числа. Известно, что у 92-х из этих чисел остаток от деления на 3 равен 1. Найдите остаток от деления $|A|$ на 3.

3. (В.Т. Шевалдин) Пусть $p(x)$ - квадратный трёхчлен с действительными коэффициентами. Известно, что $|p(x)|\leq 1$ для всех $0\leq x \leq 1$. Доказать, что $|p'(0)|\leq 8$.

4. (Л.П. Мохрачева) Может ли для сходящегося знакочередующегося ряда оценка остатка $|R_n|\leq|a_{n+1}|$ быть неверной для всех $n=1,2,3,...$ ? Ответ обосновать.

5. (Б.М. Веретенников) $\frac{1}{9},\frac{1}{8},\frac{1}{7}$ - члены некоторой арифметической прогрессии. Найдите наибольшую возможною разность этой прогрессии.

6. (Е.В. Смирнова) Дано взаимно однозначное отображение $f: N\rightarrow N$. Доказать, что найдутся натуральные числа $a,b$ и $c$ такие, что $a<b<c$ и $f(a)+f(c)=2f(b)$

7. (Л.П. Мохрачева) В точках $A$ и $B$ ($AB=2a$) неподвижно находятся планеты с равными массами $M$. В створ между планетами по прямой, перпендикулярной отрезку $AB$ и проходящей через его середину, влетает комета с массой $m\ll M$. В начальный момент времени комета находится на расстоянии $S_0$ от середины отверзка $AB$ и имеет скорость $v_0$. При каких значениях начальной скорости $v_0$ возможен захват кометы системой планет и какова амплитуда колебаний захваченной кометы (планеты и комету считать материальными точками, влиянием кометы на положение планет пренебречь)?

8. (С.Н. Васильев) Верно ли, что любое целое число от $2012^3$ до $2012^4$ можно представить в виде $m^3+n^4$, где $m$ и $n$ - некоторые натуральные числа? Ответ обосновать.

9. (Е.В. Смирнова) Пусть $f(x)$ - периодическая функция с периодом 1, такая, что $f(x)=x^2$ при $x\in [0;1)$. Решите уравнение $f(2x+5)+2f(x)=1$

10. (Л.П. Мохрачева) Найдите радиус шара, вписанного в область, ограниченную поверхностями $z^2=x^2+y^2$, $x^2=y^2+z^2$, $y^2=x^2+z^2$, $x^2+y^2+z^2=1$, $x\geq 0$, $y\geq 0$, $z\geq 0$.

[ewert]

(Оффтоп)

still alive в сообщении #655950 писал(а):

1. (Г.Л. Ходак) Две прямые заданы уравнениями: $L_1:\frac{x}{1}=\frac{y}{0}=\frac{z}{-1},L_2:\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z-1}{0}$
На прямой $L_1$ взята точка $A_1$; $B_1$-её проекция на прямую $L_2$; $A_2$ — проекция $B_1$ на прямую $L_1$; $B_2$ — проекция $A_2$ на прямую $L_2$ и т.д. Найдите $\lim_{n\rightarrow\infty}A_n$ и $\lim_{n\rightarrow\infty}B_n$

Нет чтобы честно спросить: "найдите пару точек, на которой достигается наименьшее расстояние между прямыми".

[TOTAL]

still alive в сообщении #655950 писал(а):

6. (Е.В. Смирнова) Дано взаимно однозначное отображение $f: N\rightarrow N$. Доказать, что найдутся натуральные числа $a,b$ и $c$ такие, что $a<b<c$ и $f(a)+f(c)=2f(b)$

$a=1$
$b$ - наименьшее из чисел, для которых $f(1) < f(b)$

[Ktina]

still alive в сообщении #655950 писал(а):

8. (С.Н. Васильев) Верно ли, что любое целое число от $2012^3$ до $2012^4$ можно представить в виде $m^3+n^4$, где $m$ и $n$ - некоторые натуральные числа? Ответ обосновать.

Думаю, что не верно.
$n$ не может превышать 2012, а $m$ не может превышать $2012^2$, таким образом всего у нас не более $2012\cdot 2012^2=2012^3$ вариантов. Однако чисел в диапазоне от $2012^3$ до $2012^4$ ещё больше. Следовательно, найдётся число, не представимое требуемым образом.

З. Ы.
А в чём прикол на студенческой олимпиаде давать школьные задачки?

З. З. Ы
Вот если бы у бабушки вместо "натуральные" было "целые"... хотя, там наверняка по какому-нибудь модулю не сойдётся, надо будет проверить.

-- 09.12.2012, 00:46 --

Вроде, если число даёт остаток 7 при делении на 13, то нельзя.

-- 09.12.2012, 00:51 --

Что-то меня глючит.
Кубы дают 0 1 5 8 12
Биквадраты дают 0 1 3 9

Никак в сумме не выходит 7. Может, я проглядела?

[nnosipov]

Ktina в сообщении #656026 писал(а):

Никак в сумме не выходит 7. Может, я проглядела?

Да нет, так и есть: сравнение $m^3+n^4 \equiv 7 \pmod{13}$ неразрешимо.

Ktina в сообщении #656026 писал(а):

А в чём прикол на студенческой олимпиаде давать школьные задачки?

Уже, по-видимому, становится традицией. Кстати, задача 3 у нас несколько лет назад предлагалась на районной олимпиаде школьников.

[Ktina]

nnosipov в сообщении #656077 писал(а):

Ktina в сообщении #656026 писал(а):

Никак в сумме не выходит 7. Может, я проглядела?

Да нет, так и есть: сравнение $m^3+n^4 \equiv 7 \pmod{13}$ неразрешимо.

В таком случае, напрашивается продолжение задачи.
Сколько представимых чисел может идти подряд?
Теоретически, не более 12.
А вот практически...надо подумать.

[still alive]

TOTAL в сообщении #655999 писал(а):

still alive в сообщении #655950 писал(а):

6. (Е.В. Смирнова) Дано взаимно однозначное отображение $f: N\rightarrow N$. Доказать, что найдутся натуральные числа $a,b$ и $c$ такие, что $a<b<c$ и $f(a)+f(c)=2f(b)$

$a=1$
$b$ - наименьшее из чисел, для которых $f(1) < f(b)$

Подскажите как вы до этого догадались.
Я так и не смог решить эту задачу.

[Arcanine]

А в 5 задаче $\frac{1}{56}$ получается?

[Ktina]

Arcanine в сообщении #656406 писал(а):

А в 5 задаче $\frac{1}{56}$ получается?

У меня $\frac{1}{504}$ получилось. Где прокол?

[Sonic86]

still alive в сообщении #655950 писал(а):

2. (Е.В. Смирнова) Все элементы матрицы $A$ размера $10\times 10$ - целые числа. Известно, что у 92-х из этих чисел остаток от деления на 3 равен 1. Найдите остаток от деления $|A|$ на 3.

$0$. Остаток 92-х чисел мог бы быть равен и $2$.

still alive в сообщении #655950 писал(а):

5. (Б.М. Веретенников) $\frac{1}{9},\frac{1}{8},\frac{1}{7}$ - члены некоторой арифметической прогрессии. Найдите наибольшую возможною разность этой прогрессии.

тоже напрямую решается: $\frac{1}{7\cdot 8\cdot 9}$.
Видимо, если прогрессия содержит члены $\frac{a_1}{b_1},...,\frac{a_s}{b_s}$, то наибольшая возможная разность $\frac{1}{\text{НОК} (a_j)}$. или нет?

Arcanine в сообщении #656406 писал(а):

А в 5 задаче $\frac{1}{56}$ получается?

Если бы так было, то существовало бы целое $k: \frac{1}{9}+\frac{k}{56}=\frac{1}{8}$, а его нет.

[Ktina]

Sonic86 в сообщении #765289 писал(а):

still alive в сообщении #655950 писал(а):

5. (Б.М. Веретенников) $\frac{1}{9},\frac{1}{8},\frac{1}{7}$ - члены некоторой арифметической прогрессии. Найдите наибольшую возможною разность этой прогрессии.

тоже напрямую решается: $\frac{1}{7\cdot 8\cdot 9}$.

Arcanine в сообщении #656406 писал(а):

А в 5 задаче $\frac{1}{56}$ получается?

Если бы так было, то существовало бы целое $k: \frac{1}{9}+\frac{k}{56}=\frac{1}{8}$, а его нет.

$$\dfrac{1}{9}=\dfrac{56}{504},\quad \dfrac{1}{8}=\dfrac{63}{504},\quad \dfrac{1}{7}=\dfrac{72}{504},\quad $$

Задача "причёсывается" (этот термин взят из книги "Как решают нестандартные задачи") и принимает следующий вид:

Числа 56, 63 и 72 - члены некоторой арифметической прогрессии. Найдите наибольшую возможною разность этой прогрессии.

[mihiv]

3. $p(x)=A+Bx+\frac 12Cx^2, \text {где}A=p(0),B=p'(0),C=p^{''}(0)$, пусть $p(0)=q_1,p(\frac 12)=q_2, p(1)=q_3, \text {где}|q_i|\leqslant 1\qquad (1)$. Тогда для коэффициентов трехчлена получим систему уравнений, из которой $B=-3q_1+4q_2-q_3$, отсюда с учетом (1): $|B|=|p'(0)|\leqslant 8.$

[Dave]

Sonic86 в сообщении #765289 писал(а):

Видимо, если прогрессия содержит члены $\frac{a_1}{b_1},...,\frac{a_s}{b_s}$, то наибольшая возможная разность $\frac{1}{\text{НОК} (a_j)}$. или нет?

$$\gcd\limits_{i=2}^s \left(\frac {a_i} {b_i} - \frac {a_1} {b_1}\right).$$

-- 19.09.2013, 21:30 --

still alive в сообщении #655950 писал(а):

4. (Л.П. Мохрачева) Может ли для сходящегося знакочередующегося ряда оценка остатка $|R_n|\leq|a_{n+1}|$ быть неверной для всех $n=1,2,3,...$ ? Ответ обосновать.

Может. Например, для ряда

$$1-1+\frac 1 2-1+\frac 1 3-\frac 1 2+\frac 1 4-\frac 1 3+\frac 1 5-\frac 1 4+\frac 1 6-\frac 1 5+\frac 1 7-\frac 1 6+\dots$$

-- 19.09.2013, 21:38 --

still alive в сообщении #655950 писал(а):

9. (Е.В. Смирнова) Пусть $f(x)$ - периодическая функция с периодом 1, такая, что $f(x)=x^2$ при $x\in [0;1)$. Решите уравнение $f(2x+5)+2f(x)=1$

Ответ: $z+\frac 1 {\sqrt 5}$ и $z+\frac 4 5$, $z \in \mathbb Z$.

[Dave]

(Оффтоп)

Так это старая тема! А почему я тогда решаю задачи отсюда? Кто и с какой целью её воскресил?
А!!! Всё понятно.

Ну раз уж здесь работа над ошибками, то извольте.

still alive в сообщении #656405 писал(а):

TOTAL в сообщении #655999 писал(а):

still alive в сообщении #655950 писал(а):

6. (Е.В. Смирнова) Дано взаимно однозначное отображение $f: N\rightarrow N$. Доказать, что найдутся натуральные числа $a,b$ и $c$ такие, что $a<b<c$ и $f(a)+f(c)=2f(b)$

$a=1$
$b$ - наименьшее из чисел, для которых $f(1) < f(b)$

Подскажите как вы до этого догадались.
Я так и не смог решить эту задачу.

Действительно, TOTAL, как Вы дошли до жизни такой? А если $f(n) \equiv n$ и только $f(2)=3, f(3)=2$ ?

Будем действовать так.
Действительно, пусть $a=1$. Дальше возьмём $x=f(1)$, и рассмотрим последовательность $x_n=f^{-1}(x+2^n)$, $n=0,1,2,\dots$. В этой последовательности, в силу взаимной однозначности функции $f$, все члены различны (и отличны также от $a=f^{-1}(x)$). Значит она, как последовательность натуральных чисел, не может быть бесконечно убывающей и найдётся такое $n$, что $x_n<x_{n+1}$. Тогда можно взять $b=x_n$, $c=x_{n+1}$.