Олимпиада им. Лобачевского, 2014 год

[iancaple]

RIP в сообщении #1069145 писал(а):

Ну, в 5 очевидно, чё $\lim=1$: $\sum_1^nk^k<(n-2)n^{n-2}+n^{n-1}+n^n$.

А я решал другую,$\lim_{n\to\infty }\frac{\sum_{k=1}^nk^n}{n^n}$ (иллюзия,не дочитав задачку, подставляется знакомая), он не меньше 1,5, а свое решение я забыл, и вот просидел.

[provincialka]

RIP
Решение 8 задачи у вас точно такое же, как у меня. Неравенство с интегралами идейно решали так же, но оформление у вас проще.

-- 01.11.2015, 15:13 --

мат-ламер в сообщении #1069150 писал(а):

По поводу седьмой задачи о неразборчивом женихе вспомнил, что есть задача о разборчивой невесте.

Ну, ясно, аллюзия имелась в виду. Но задача другая. Впрочем, не слишком сложная...

[ewert]

RIP в сообщении #1069145 писал(а):

очевидно, чё $\lim=1$: $\sum_1^nk^k<(n-2)n^{n-2}+n^{n-1}+n^n$.

Мне это как-то неочевидно; зато очевидно, что $\sum\limits_{k=1}^nk^k<n^n\sum\limits_{m=0}^{\infty}\frac1{n^m}=\frac{n^n}{1-\frac1n}$.

[iancaple]

provincialka в сообщении #1069031 писал(а):

Задача 7... Хватит ли в среднем места в паспорте жениха для простановки всех штампов о браках и разводах, если $n = 50$, а паспорт вмещает всего 5 штампов о браках (вместе с 4 штампами о разводах)?

А как это надо понимать? Вероятность, что не хватит, больше $0,5$, или матожидание числа браков больше $5,5$?
Про матожидание числа браков при $n$ невестах есть простая формула $M_n=M_{n-1}+\frac 1n$, так получается оно $4,49$ при $n=50$, резвись парень, непедагогично это
P.s. Ну раз одобрено, тогда добавлю: оценка сверху через интеграл $M_n<1+\ln 51\sim 4,93$

[provincialka]

iancaple в сообщении #1069192 писал(а):

А как это надо понимать? Вероятность, что не хватит, больше $0,5$, или матожидание числа браков больше $5,5$?

Что матожидание больше 5 (если "не хватит"). Развод без последующей женитьбы значения не имеет... Товарищ явно не хочет пожить один (бедняга)! Решение, конечно, именно такое.

[iancaple]

provincialka в сообщении #1069031 писал(а):

Задача 10. Рассмотрим множество неупорядоченных пар точек окружности. Наделим его естественной топологией (топологией произведения, фактор-топологией). Докажите, что полученное множество гомеоморфно листу Мёбиуса.

Середина хорды, соединяющей точки, однозначно и непрерывно определяет пару точек, кроме случая, когда точки диаметрально противоположны. Отобразим проколотый круг (множество середин хорд, кроме отброшенных пока), на кольцо, тогда получим, что у внутренней окружности кольца нужно склеить диаметрально противоположные точки. А это кольцо я в 2 этапа отобразил на стандартную модель листа Мебиуса в виде прямоугольника со склеенной парой сторон

[ewert]

iancaple в сообщении #1069170 писал(а):

А я решал другую,$\lim_{n\to\infty }\frac{\sum_{k=1}^nk^n}{n^n}$ (иллюзия,не дочитав задачку, подставляется знакомая), он не меньше 1,5

А вот этого я, кстати, тоже не понял: откуда, собственно, видно, что он должен быть не меньше?... Не считая того довольно-таки бросающегося в глаза факта, что он равен $\frac{e}{e-1}$. Что, конечно, больше полутора; но не так уж и намного больше -- процентов на шесть, что ли.

[RIP]

iancaple в сообщении #1069170 писал(а):

RIP в сообщении #1069145 писал(а):

Ну, в 5 очевидно, чё $\lim=1$: $\sum_1^nk^k<(n-2)n^{n-2}+n^{n-1}+n^n$.

А я решал другую,$\lim_{n\to\infty }\frac{\sum_{k=1}^nk^n}{n^n}$ (иллюзия,не дочитав задачку, подставляется знакомая), он не меньше 1,5, а свое решение я забыл, и вот просидел.

$$\frac1{n^n}\sum_{k=1}^nk^n=\sum_{k=0}^n\left(1-\frac kn\right)^n\xrightarrow[n\to\infty]{}\sum_{k=0}^\infty\mathrm{e}^{-k}=\frac{\mathrm{e}}{\mathrm{e}-1}.$$

[iancaple]

ewert в сообщении #1069237 писал(а):

откуда, собственно, видно, что он должен быть не меньше?... Не считая того довольно-таки бросающегося в глаза факта, что он равен $\frac{e}{e-1}$. Что, конечно, больше полутора; но не так уж и намного больше -- процентов на шесть, что ли.

С удовольствием Вам объясню, откуда именно полтора. (Не так уж часто от Вас идут вопросы). Метод трапеций для $f(x)=x^n$ на отрезке $[0,1]$, из вогнутости, дает оценку сверху.Вот эту сумму в методе трапеций и расписал.
RIP, спасибо, вспомнил, ведь решал же раньше.

[ewert]

iancaple в сообщении #1069256 писал(а):

Вот эту сумму в методе трапеций и расписал.

А, ну наверное. Но, по-моему, готовый ответ гораздо очевиднее.

(Я тоже, когда только увидел этот предел, поначалу инстинктивно набросился на интегральные суммы; но практически мгновенно от этой идеи отказался.)

[provincialka]

На данный момент не расписано до конца только решение 6-ой задачи. Я бы его здесь поместила, но рисунок вставлять лень

[ewert]

Ну, в 6-й нужно, собственно, доказать, что для неравнобедренного треугольника это невозможно. Мне тоже ничего не приходит в голову, кроме возни с явными выражениями для биссектрис, а это лень. Пробовал как-то получить это из чисто геометрических соображений, но ничего не вышло.

[provincialka]

Авторское решение такое. Заданная в условии сумма может быть записана также в виде $\overrightarrow{AB_1}+\overrightarrow{BC_1} + \overrightarrow{CA_1}= \lambda\overrightarrow{AB}+\mu\overrightarrow{BC} + \nu\overrightarrow{CA}=\overrightarrow{0}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CA}$.
Отсюда следует, что $\lambda=\mu=\nu$. Ну, а дальше можно использовать свойство биссектрис.

[provincialka]

ewert Почему не следует? У нас есть два векторных равенства,

$$\lambda\vec a +\mu\vec b+\nu\vec c=\vec 0$$

$$\vec a +\vec b+\vec c=\vec 0$$

Вычитаем из первого равенства второе, умноженное на $\nu$ и учитываем, что вектора $\vec a,\vec b$ независимы.

[ewert]

(Оффтоп)

provincialka в сообщении #1069331 писал(а):

ewert Почему не следует?

Дык я ж уж в себе уж и разочаровался.