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
 
 Re: Казань, Олимпиада им. Н.И.Лобачевского 2019 г.
Сообщение11.12.2019, 11:55 
Заслуженный участник


10/01/16
2315
RIP в сообщении #1429619 писал(а):
Классика.

ВАХ!

-- 11.12.2019, 14:12 --

provincialka в сообщении #1429525 писал(а):
их температура мгновенно выравнивается до $T=(T_1m_1+T_2m_2)/(m_1+m_2)$.

Правильная формула, и понятная: как известно, температура тела равна концентрации флогистона в нем (т.е.. количеству флогистона, деленному на массу), а при контакте тел теплород перетекает из одного в другое, равномерно по ним распределяясь....
Так что эта задачка может быть переформулирована и для растворов...

 Профиль  
                  
 
 Re: Казань, Олимпиада им. Н.И.Лобачевского 2019 г.
Сообщение11.12.2019, 12:45 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


30/01/06
72407

(Оффтоп)

DeBill в сообщении #1429657 писал(а):
как известно, температура тела равна концентрации флогистона в нем

Всё-таки именно теплорода, а не флогистона.
Флогистон - это другое вещество. Это "минус-кислород" в реакциях окисления-восстановления: восстановление есть соединение с флогистоном, а окисление - разложение с выделением флогистона.

 Профиль  
                  
 
 Re: Казань, Олимпиада им. Н.И.Лобачевского 2019 г.
Сообщение11.12.2019, 13:06 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


01/08/06
3049
Уфа
6. Я тоже получил, что $90^\circ(1-1/e)<60^\circ$. Но попробовал доказать оценку строго, с учётом всевозможных вариантов (например, когда уже поучаствовавшие в соприкосновении части второго тела соприкасаются друг с другом или с ещё не участвовавшими частями второго тела), и ниасилил.
С горя решил, а пусть авторы задачи тоже пострадают от недостатка строгости, как страдал я :mrgreen:
Ответ: можно. Разбиваем второе тело на части, из которых составляем два таких же (по схеме из парадокса Банаха—Тарского), соединяем их друг с другом, а потом с первым, вуаля: $(90^\circ\cdot 2+0^\circ)/(2+1)=60^\circ$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Казань, Олимпиада им. Н.И.Лобачевского 2019 г.
Сообщение11.12.2019, 13:14 
Заслуженный участник


10/01/16
2315
Munin в сообщении #1429673 писал(а):
Всё-таки именно теплорода, а не флогистона.

Во как! Спасибо!

(Оффтоп)

Темнота я все таки: надо же, перепутать флогистон с теплородом! Средневековые химики убили бы меня!

 Профиль  
                  
 
 Re: Казань, Олимпиада им. Н.И.Лобачевского 2019 г.
Сообщение11.12.2019, 16:58 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/01/13
12044
Казань
Смотрю, 8 задачу пока не решили (я как раз ее проверяла)

Участники олимпиады тоже не дали строгого доказательства, хотя некоторые и привели правильный пример с сумой 42.

(нытьё)

Эх! я даже не успела прорешать все задачи... занятость проклятая. Поэтому не могу оценить, трудные они или нет

 Профиль  
                  
 
 Re: Казань, Олимпиада им. Н.И.Лобачевского 2019 г.
Сообщение11.12.2019, 17:43 
Заслуженный участник


10/01/16
2315
provincialka
Ну, можно так:
Выпишем все возможные "состояния системы" (целые числа, что появляются в последовательности). Расположим их в два столбика: в левом - все отрицательные, расположенные в порядке убывания, в правом - все неотр-е, расположенные в порядке возрастания. Расставим стрелочки (возможные переходы из состояния в состояние).
Видим: в правом столбике все стрелки - вниз, к соседу; в левом - аналогично, но вверх; по горизонтали - в обе стороны. Видим (начальное состояние - нулевое):
1. Все циклы - четной длины.
2. Все простые циклы имеют вид: столбик слева длины $k$, такой же - справа рядом, и две горизонтальные палки - снизу и сверху. Сумма чисел в таком цикле равна $-k$.
3. Но тогда и в любом цикле длины $2k$ сумма чисел равна $-k$.
4. Удалим все циклы, и рассмотрим оставшийся участок пути. Его длина - нечетна, и он имеет вид:
либо горизонтальный отрезок налево длины 1 (неинтересный)
либо вертикальный отрезок вниз нечетной длины $x$
либо - много вниз, потом налево, потом немного вверх
5. Про третий вариант можно думать как про второй: отрежем от него конечный участок "немного вниз, налево, немного вверх", так что маршрут опять можно считать состоящим из цикла, и отрезка (нечетной длины) вниз.
Ну, а теперь будем считать: (для второго варианта):
Сумма чисев в вертикальном отрезке состоящем из первых $x$ нат. чисел, равна $\frac{x(x+1)}{2}$, суммарная длина всех оставшихся циклов равна $2019 - x$, и по 2,3, сумма чисел в них равна $-\frac{2019-x}{2}$.
Итого, сумма вааще всех чисел равна $\frac{x(x+1)}{2} - \frac{2019-x}{2} =\frac{x^2-2x - 2019}{2} = \frac{(x+1)^2 -2010}{2}$, где $x$ - нечетно.
Подбирая ближайший к 2020 точный четный квадрат, найдем $x=43$, что и дает (по модулю) ответ 42.
Пример оптимального маршрута: много раз влево-вправо, затем - 43 раза вниз (т,е., $0,-1,0,-1,0,-1,0,.......,1,2,3,4,....,43$).

-- 11.12.2019, 20:20 --

10. Нет, все же можно обойтись без счета всего распределения....
Пусть $\xi_i$ - случайная величина, равная 1, если $i$-й чел не выбран, и 0 - если выбран (и тогда нас интересует $\xi$, равная сумме всех ксюшек).
Она принимает значение "1" с вероятностью $\frac{1}{4}$ (так что ее матожидание, как и матожидание ее квадрата, равно $\frac{1}{4}$ ).
Поэтому матожидание суммы равно $\frac{n}{4}$.
Найдем матожидание $\xi_i\xi_j$ (оно также равно вероятности того, что это произведение равно 1):
Если они - соседи: $\frac{1}{16}$
Если расположены "через одного" -- равна 0 (чел между ними кого то из них запятнает)
Иное: $\frac{1}{16}$
Тогда: матожидание от $\xi^2$ равно $\sum\limits_{i}^{} M\xi_i^2+ 2 \sum\limits_{i<j}^{} M\xi_i\xi_j = \frac{n}{4} +\frac{n(n-3)}{16}$ (при раскрытии скобок, каждая из ксюшек первой скобки при умножении на все (кроме трех: себя, и двух соседей через один), дает вклад, равный одной шестнадцатой).
Итого, дисперсия равна $\frac{n}{4}+\frac{n(n-3)}{16} -(\frac{n}{4})^2 =\frac{n}{16}$

 Профиль  
                  
 
 Re: Казань, Олимпиада им. Н.И.Лобачевского 2019 г.
Сообщение12.12.2019, 00:45 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/01/13
12044
Казань
в 8 задаче есть более изящное решение... Надо избавиться от модулей!

 Профиль  
                  
 
 Re: Казань, Олимпиада им. Н.И.Лобачевского 2019 г.
Сообщение12.12.2019, 11:53 
Заслуженный участник


23/07/08
10626
Crna Gora
provincialka в сообщении #1429525 писал(а):
8. Последовательность целых чисел такова, что $x_0=0$, $|x_n|=|x_{n-1}+1|$ для всех натуральных $n$. Каково наименьшее возможное значение выражения $|x_1+x_2+\ldots+x_{2019}|$?
Пусть $s_0=0,\; s_n=s_{n-1}+x_n$, то есть $s_n=\sum\limits_{k=1}^n x_k$.
Докажем, что $x_n^2+2(x_n-s_n)=n$. В самом деле, выражение слева равно $0$ при $n=0$ и увеличивается на $1$ с каждым шагом:
$x_n^2+2(x_n-s_n)=(x_{n-1}+1)^2-2s_{n-1}=x_{n-1}^2+2(x_{n-1}-s_{n-1})+1$

Подставив $n=2020$, найдём $2s_{2019}=x_{2020}^2-2020$.
Видно, что $x_{2020}$ чётно. Правая часть минимальна по модулю при $x_{2020}=\pm 44$, при этом $s_{2019}=-42$.

Остаётся обосновать достижимость $x_{2020}=44$. Это просто: выбирая на очередном шаге в формуле $x_n=\pm(x_{n-1}+1)$ «плюс», мы увеличиваем текущий $x$ на 1, а выбирая «минус» два шага подряд, мы вернёмся к тому же значению $x$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Казань, Олимпиада им. Н.И.Лобачевского 2019 г.
Сообщение12.12.2019, 13:39 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/01/13
12044
Казань
svv
Ага! Авторское решение близко к этому. Можно ещё так описать: возведем рекуррентное соотношение в квадрат получим
$x_1^2=x_0^2+2x_0+1$
$x_2^2=x_1^2+2x_1+1$
...
$x_{n+1}^2=x_n^2+2x_n+1$
Складывая равенства и упрощая, получим соотношение $x_{n+1}^2=x_0^2+2\sum_{\limits}{_{i=0}^n}x_i+n+1$

 Профиль  
                  
 
 Re: Казань, Олимпиада им. Н.И.Лобачевского 2019 г.
Сообщение12.12.2019, 13:55 
Заслуженный участник


23/07/08
10626
Crna Gora
Грэйт!
Скажите, пожалуйста, а решение 6) близко к авторскому?

 Профиль  
                  
 
 Re: Казань, Олимпиада им. Н.И.Лобачевского 2019 г.
Сообщение12.12.2019, 17:22 
Заслуженный участник


10/01/16
2315
provincialka
Красиво! Я тоже получил эту формулу для суммы (пытаясь заснуть), но - угадав ответ (по подсказке "есть короткое решение") и доказав ее по индукции.
Вообще, надо сказать, замечательная подборка задач. А как всех (после, да, становления в ступор) повеселил Николай!

-- 12.12.2019, 19:47 --

svv
Дык, типа, решение еще никто и не выложил - только ответ.
А с учетом комментария worm2, боюсь, все решения (ну, по крайней мере, то, что я сам сочинял) нуждаются в чистке....
А "неочищенное" - можно оформить так:
Если к "единичному" телу температуры $T=1-d$ приложить кусочек массы $\alpha$ температуры 1, то единичное нагреется до $T'=1-d', d' = \frac{d}{1+\alpha}$.
Значит, если к телу (нулевой температуры изначально) последовательно прикладывать кусочки массы $\alpha_1,...,\alpha_n,  \alpha_1+...+\alpha_n=1$, то тело нагреется до температуру $t=1-q ,  q= (\prod\limits_{k=1}^{n}(1+\alpha_k))^{-1}$.
Из впуклости логарифма следует $\sum\limits_{k=1}^{n} \ln (1+\alpha_k) \leqslant \sum\limits_{k=1}^{n} \alpha_k =1$, откуда и следуют предъявляемые оценки.
Но почему не такие алгоритмы - хуже? Здравый смысл грит, что - да, но как это обосновать аккуратно?

 Профиль  
                  
 
 Re: Казань, Олимпиада им. Н.И.Лобачевского 2019 г.
Сообщение12.12.2019, 18:13 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/01/13
12044
Казань
DeBill
Спасибо на добром слове! Коллектив поработал на славу, нас было около 10 человек (я в этом году только с "совещательным голосом") Но вот сложность задач оказалась завышенная..
svv
Нет, такого решения не было, по крайней мере, в решебнике. Туда включили два решения из трёх, данных автором.
Первое: явный подбор искомых матриц для верхнетреугольной матрицы и формула, позволяющая распространить этот пример на произвольный случай.
Второе: подобным преобразованием сводим матрицу к матрице с нулевой диагональю и приводим разложение для нее.

А вообще информацию о задачах и решениях за 2019 год можно получить здесь

Информация за прошлые годы и информация Оргкомитета на сайте олимпиады

-- 12.12.2019, 18:18 --

DeBill в сообщении #1429870 писал(а):
да, но как это обосновать аккуратно?

Видимо, сложно... Про то же говорит и А.Савватеев в своем разборе

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 27 ]  На страницу Пред.  1, 2

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