2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.
 
 Re: Олимпиада НГУ-2013
Сообщение14.10.2013, 08:29 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/08/07
4849
Нов-ск
ewert в сообщении #774900 писал(а):
bot в сообщении #774512 писал(а):
1. Докажите неравенство $$\sqrt{2x^{2}-2x+1}+\sqrt{2x^{2}+2x+1}\geqslant  2$$

За геометрию думать лень, но вот что очевидно: что функция чётная и выпукла вниз.

За геометрию думать лень, за четность и выпуклость тоже лень, но вот что очевидно: что это неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим
$$\frac{\sqrt{2x^{2}-2x+1}+\sqrt{2x^{2}+2x+1}}{2} \geqslant  (4x^4+1)^{1/4}$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ-2013
Сообщение14.10.2013, 08:39 


26/08/11
1895
ewert в сообщении #774900 писал(а):
За геометрию думать лень
Да и думать особо нечего - гипотенузы прямоугольных треуголькиков с катетами $x \text { и } 1-x,x \text { и } 1+x$ Или высота треугольника - $x$ делит основание на отрезки $1-x \text{ и } 1+x$
EtCetera в сообщении #774517 писал(а):
Тут же простое неравенство треугольника...
Даже вместо высота x может быть любое y....но будет очевидо $\sqrt{y^2+x^2-2x+1}+...$

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ-2013
Сообщение14.10.2013, 08:44 
Заслуженный участник


11/05/08
31941

(Оффтоп)

Shadow в сообщении #774907 писал(а):
Да и думать особо нечего - гипотенузы прямоугольных треуголькиков с катетами $x \text { и } 1-x,x \text { и } 1+x$

По-прежнему лень: тут надо картинки в уме сочинять, гиперболы же нарисованы непосредственно в условии и сразу же бросаются в глаза.

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ-2013
Сообщение14.10.2013, 08:51 


26/08/11
1895
А если великодушно убрать по одно $x^2$ под радикалов как "лишнее" и решать $|x-1|+|x+1| \ge 2$?
Формально $\sqrt{2x^2-2x+12} \ge |x-1|$

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ-2013
Сообщение14.10.2013, 08:54 
Заслуженный участник


11/05/08
31941
Shadow в сообщении #774914 писал(а):
А если убрать по одно $x^2$ под радикалов как "лишнее" и решать $|x-1|+|x+1| \ge 2$?

Ровно так же (т.е. это первое, что приходит в голову, а потом уже неравенство треугольника -- т.е. потом не наступит никогда за уже ненадобностью).

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ-2013
Сообщение14.10.2013, 09:19 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5689
Новосибирск

(Оффтоп)

Вот уж не думал, что простое неравенство вызовет столько разных вариантов. На мой взгляд точки $A(-1; 0), B(1,0), C(x;x)$ просто сами в глаза прут. Великодушие Shadow ещё лучше - неравенство треугольника на прямой.
Хотя некоторые (ожидаемо) без всякой геометрии обошлись - тупо в квадрат возводили, потом ещё раз. Можно было или нет подловить тех, кто при этом не отслеживает отрицательный случай, я даже и не смотрел. Много чести для утешительной задачи.

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ-2013
Сообщение14.10.2013, 09:26 
Заслуженный участник


11/05/08
31941
bot, а как всё-таки насчёт интеграла -- предполагалось знание Лебега или нет? Если знать, то утверждение тривиально.

-- Пн окт 14, 2013 10:37:57 --

(Оффтоп)

bot в сообщении #774927 писал(а):
тупо в квадрат возводили, потом ещё раз.

Один раз -- вполне приемлемо; но второй-то зачем? Там же тупо и автоматически получается $t^2+2t+1$ при $t\geqslant1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ-2013
Сообщение14.10.2013, 09:48 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


21/12/05
5689
Новосибирск

(Оффтоп)

Знание интеграла Лебега не предполагалось.
ewert в сообщении #774929 писал(а):
но второй-то зачем?

Так ведь для этого надо остановиться.

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ-2013
Сообщение14.10.2013, 10:00 
Заслуженный участник


11/05/08
31941
bot в сообщении #774932 писал(а):
Знание интеграла Лебега не предполагалось.

Ну, я-то про Лебега знаю, поэтому и думать было лень -- казалось, что там выплывет какое-нибудь занудство.

На самом деле нет. Однако что нужно, конечно, знать -- это критерий интегрируемости по Риману. Во всяком случае, следствие из него: что на каждом промежутке есть хоть одна точка непрерывности (но знать об этом вне критерия как-то даже и странно). Тогда всё просто: если утверждение неверно, то все нижние суммы Дарбу неположительны.

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ-2013
Сообщение14.10.2013, 11:33 


10/02/11
6786
bot в сообщении #774512 писал(а):
Интегрируемая по Риману на $[a,b]$ функция $f$ удовлетворяет неравенству $$\int\limits_a^b f(x)\, dx >0.$$ Докажите, что $f(x)>0$ на некотором отрезке $[c,d]\subseteq[a,b].$

разложим функцию $f=f_-+f_+,\quad f_-\le 0,\quad f_+\ge 0$.
Вспомним, что $\int_a^b f_+=\sup\{\int_a^b\psi\mid \psi\in StepFunctions[a,b],\quad 0\le\psi\le f_+\},$

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ-2013
Сообщение14.10.2013, 12:20 


26/08/11
1895
Shadow в сообщении #774666 писал(а):
Я пропустил важное слово "различных", решал, только один особый случай остался, но надоело и бросил. Да, через попарную разность элементов (модуль разности). Новое множество содержит 2016 чисел от 0 до 999. Если в новом множестве есть 4 одинаковые числа - задача решена. Если нет, по принципу Дирихле будут три одинаковые числа, причем не одна тройка, а как мининум 16. Единственный вариант без участия 4-х различных элементов исходного множества - если в исходном множестве есть три одинаковые элемента. Понятно что все остальные должны быть различными. Вариант - свести к "из 62-х различных натуральных чисел..." Интересно, будет ли верно в такой формулировке. Мне кажется, что да.
Ну да :facepalm: Из 62 натуральных чисел через попарную разность получается новое множество из 1891 элементов в интервале [1;999] Если есть 3 одинаковых, значит в исходном множестве есть одинаковые числа, что противоречит новому условию. Если нет, то будет 891 одинаковых пар. Предположим, что все они образованы только из трех элементов исходного множеста, тоесть $a-b=b-c$ $c,b,a$ образуют арифметическую прогрессию. Разности этих прогрессий и будут членами нового множества- тех 891 одинаковых пар. А значит в исходном множестве должна быть прогрессия из трех элементов с разностью больше 500, что не может быть.
Надеюсь, нигде, кроме в грамматике, не ошибся.

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ-2013
Сообщение14.10.2013, 12:24 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/08/07
4849
Нов-ск
bot в сообщении #774512 писал(а):
Интегрируемая по Риману на $[a,b]$ функция $f$ удовлетворяет неравенству $$\int\limits_a^b f(x)\, dx >0.$$ Докажите, что $f(x)>0$ на некотором отрезке $[c,d]\subseteq[a,b].$

По определению. Дробим отрезок на маленькие кусочки, в каждом выбираем произвольную точку и длину кусочка умножаем на значение функции в этой точке. Складываем. Если в каждом кусочке найдется произвольная точка с неположительным значением, то интеграл не может быть положительным.

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ-2013
Сообщение14.10.2013, 13:30 
Аватара пользователя


09/06/11
158
Моздок
Urnwestek

(Оффтоп)

Есть книжица "Задачи студенческих олимпиад по математике" В.А. Садовничий, А.С. Подколзин. Не искал правда в электронном виде... У меня бумажный вариант аж 1978 года издания.

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ-2013
Сообщение14.10.2013, 15:52 
Заслуженный участник


03/01/09
1422
москва
2. Проводим перпендикуляр к хорде $AB$ через ее середину. В качестве точки $C$ выбираем точку пересечения перпендикуляра с большей из двух дуг, на которые $AB$ разбивает окружность.

 Профиль  
                  
 
 Re: Олимпиада НГУ-2013
Сообщение14.10.2013, 15:56 


26/08/11
1895
nnosipov в сообщении #774581 писал(а):
Нашёл у себя в компьютере задачку про 61 трёхзначных чисел
Извиняюсь, что возвращаюсь...стало интересно. Если не ошибся, то будет верно для 56 различных натуральных чисел, не больше 1000. Через попарные разности. В массиве M(1 то 999) записываем сколько раз встречается соответствующая разность. Т.е значение $M(i)$ -сколько раз встречается разность $i$. Всего пар 1540 - это будет и сумма всех элементов массива. Если существует $k:M(k) \ge 3$ все ясно. Если все $M(k) \le 2$, то будут по крайней мере 541 двойки. И если все они сформированы только из трех элементов исходного множества, то эти элементы должны образовать арифметическую прогрессию:
$\\M(i)=2\\
a-b=b-c=i\\$

Но тогда существует индекс $k>500: M(k)=2$, а разность такой прогрессии не может быть болше 500.

Если числа в исходном множестве могут быть одинаковыми, то одинаковыми могут быть только 2 или 3 числа. Значит, без условие "различных" будет верно для 58 чисел.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 52 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group