Студенческая олимпиада НГУ по математике (23 октября 2011г.)

[Padawan]

Oleg Zubelevich в сообщении #495326 писал(а):

bot в сообщении #495251 писал(а):

. Существует ли такая биекция $\pi: \mathbb N \rightarrow \mathbb N$, при которой сходится ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{\pi(n)}{n^2}$?

$\sum\limits_{n=1}^m\frac{\pi(n)}{n^2}\ge\frac{\pi(1)+\ldots+\pi(m)}{m^2}\ge \frac{1+\ldots+m}{m^2} $
жидковатая олимпиада
5' -- просто скучная

Надо так
$\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{\pi(n)}{n^2}\ge \frac{1}{1^2}+\frac{2}{2^2}+\ldots+\frac{m}{m^2}=\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{m} $

[Руст]

Для 4-ой задачи достаточно, чтобы $\pi$ была инъекцией. Тогда обеспечена расходимость. Достаточно рассмотеть количество тех $n\le 2N$, что $\pi(n)\le N$ и тех $n\le N$, что $\pi(n)>N$. Последних больше.

[nnosipov]

Padawan в сообщении #495334 писал(а):

Надо так
$\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{\pi(n)}{n^2}\ge \frac{1}{1^2}+\frac{2}{2^2}+\ldots+\frac{m}{m^2}=\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{m} $

Тоже что-то непонятно, ведь неверно, что $\pi(n) \geqslant n$ при любом $n$. Я бы воспользовался преобразованием Абеля и неравенством $\pi(1)+\ldots+\pi(n) \geqslant 1+\ldots+n$. Oleg Zubelevich, не это ли Вы хотели сказать?

P.S. Мне уже подсказали, речь идёт о применении перестановочного неравенства.

[ewert]

Padawan в сообщении #495300 писал(а):

3'. Можно подынтегральную функцию разложить $\frac{1}{\ln t}=\frac{1}{t-1}+O(1)$.

Я бы сказал это так. Очевидно, что логарифм в окрестности единицы в первом приближении линеен, а для соотв. линейной функции и ответ очевиден (поскольку считается явно). Теперь для формального обоснования достаточно того, что $\ln t\geqslant(t-1)\cdot(1-\varepsilon(x))$, где $\varepsilon(x)\to0$ при $x\to1$.

(да, на всякий случай -- вдруг кому-нибудь захочется это прочитать. Естественно, имелся в виду случай, когда $x\to1+0$. Для случая $x\to1-0$ всё, естественно, в точности аналогично, но с точностью до наоборот.)


Насчёт 5'. Условие $A\vec x\perp\vec x$ означает ровно то, что матрица $A$ антисимметрична -- не более и не менее. И остаётся лишь явно выписать матрицу линейного оператора вида $A\vec x=\vec u\times\vec x$ и убедиться в том, что это -- произвольная антисимметричная матрица.

[nnosipov]

5' я бы решал так. Сначала бы заметил, что у преобразования $A$ есть нулевое собственное значение (какое-то собственное значение в 3-мерном случае всегда есть, а в нашем случае оно обязательно будет равно нулю). Пусть $e_1$ --- единичный собственный вектор, $e_2$, $e_3$ --- единичные векторы, дополняющие $e_1$ до (правого) ортонормированного базиса. Тогда $A(e_1)=0$, $A(e_2)=pe_1+ke_3$, $A(e_3)=qe_1+le_2$ для некоторых чисел $p$, $q$, $k$, $l$. Рассматривая $A(e_i+e_j)$, покажем, что $p=q=0$ и $k=-l$. Теперь можно взять $u=ke_1$.

[ewert]

Я насчёт 5' имел в виду вот что: есть некие общие, простые и весьма идейные факты. Оператор однозначно определяется своей билинейной формой. Последняя, в свою очередь, однозначно определяется квадратичной формой в комплексном случае и однозначно с точностью до антисимметричной добавки -- в вещественном.

Так вот: мне кажется, что у классических университетчиков эти факты должны быть на слуху, что делает задачку близкой к тривиальной. Впрочем, сам я работаю не в классическом университете; так что, возможно, у меня это лишь возрастные аберрации.

(Конечно, эквивалентность того условия антисимметричности очень легко доказывается и вручную: достаточно сопоставить $\big(A(\vec x+\vec y),(\vec x+\vec y)\big)$, $\big(A\vec x,\vec x\big)$ и $\big(A\vec y,\vec y\big)$, а в обратную сторону всё и вовсе тривиально. Но зачем каждый раз заново доказывать общеизвестное?...)

[nnosipov]

ewert в сообщении #495437 писал(а):

Так вот: мне кажется, что у классических университетчиков эти факты должны быть на слуху, что делает задачку близкой к тривиальной.

Должны, конечно. Однако в действительности ... Было бы интересно узнать оригинальные решения этой и других задач, а также как и насколько успешно эти задачи были решены студентами. Может, ТС расскажет нам об этом.

[bot]

ewert в сообщении #495437 писал(а):

мне кажется, что у классических университетчиков эти факты должны быть на слуху, что делает задачку близкой к тривиальной

Совершенно верно. Если каждому вектору $u$ сопоставить $\varphi_u: x\rightarrow u\times x$, то это будет изоморфизмным отображением $\mathbb R^3$ на пространство всех кососимметрических преобразований, так как последнее тоже трёхмерно.
В проверке не участвовал - ушёл до её окончания, поэтому пока подробностей о решабельности задач студентами ничего сказать не могу. Первые впечатления неплохие - есть 100% результаты.

[ewert]

nnosipov в сообщении #495443 писал(а):

Может, ТС расскажет нам об этом.

Да, мне тоже немножко любопытно.

-- Вс окт 23, 2011 20:46:39 --

(Оффтоп)

bot в сообщении #495450 писал(а):

то это будет изоморфизмным отображением $\mathbb R^3$ на пространство всех кососимметрических преобразований,

Жуть. Я даже и слов-то таких не помню (хотя когда-то и знал).

(а что стёр свою предыдущую версию насчёт трёхмерностей -- так то сознательно. Она показалась мне чересчур уж пижонистой. К чему мерности, когда и так всё тупо ясно, да к тому же и на высшие размерности как-то не шибко элегантно обобщается)

[DjD USB]

Пятое задание $ (x^6 +y^6 +z^6) - 2(x^5 + y^5 + z^5) + (x^4 + y^4 +z^4) =0 $

[zhekas]

5' Рассмотрим значения, которые может принимать линейный оператор на ортонормированном базисе

$\varphi\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}0\\ a\\ b \end{array}\right)$
$\varphi\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-a\\ 0\\ c \end{array}\right)$
$\varphi\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-b\\ -c\\ 0 \end{array}\right)$

Соответственно для базиса легко подбирается вектор u
$u = \left(\begin{array}{c}c\\ -b\\ a \end{array}\right)$

Ну а в силу линейности оператора и линейности векторного произведения. Данный резултат выполняется и для любой линейной комбинации базиса

[ewert]

zhekas в сообщении #495631 писал(а):

$\varphi\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}0\\ a\\ b \end{array}\right)$
$\varphi\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-a\\ 0\\ c \end{array}\right)$

Не так быстро. Допустим, первое; но откуда второе-то?...

[zhekas]

ewert в сообщении #495632 писал(а):

zhekas в сообщении #495631 писал(а):

$\varphi\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}0\\ a\\ b \end{array}\right)$
$\varphi\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}-a\\ 0\\ c \end{array}\right)$

Не так быстро. Допустим, первое; но откуда второе-то?...

$\varphi\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c}d\\ 0\\ c \end{array}\right)$
$\varphi\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0 \end{array}\right) = \varphi\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0 \end{array}\right)+ \varphi\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0 \end{array}\right) =\left(\begin{array}{c}0\\ a\\ b \end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}d\\ 0\\ c \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}d\\ a\\ b+c \end{array}\right) $

с другой стороны он должен быть ортогонален вектору $\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0 \end{array}\right)$, тоесть лежать в плоскости $x+y=0$, от сюда $x=-y$ или $d=-a$

[ewert]

Что ж Вы сразу-то не сказали? Кстати, слова "лежать в плоскости $x+y=0$, от сюда $x=-y$ или" -- лишние.

Да, так можно, но -- длинно и не очень идейно.

[Dimoniada]

4) Пусть середины $AB$, $BE$, $FD$, $DA$ соответственно $M$, $E_1$, $F_1$ и $N$, а точка пересечения диагоналей $ABCD$ (кстати легко показать, что $ABCD$ - дельтойд) - $T$. Пользуясь в разных треугольниках параллельностью срединной линии и соответствующего основания, получаем, что в пятиугольнике $ME_1CF_1N$: $MT \bot CF_1$, $NT \bot CE_1$ и $E_1T \bot NF_1$. Остаётся доказать $F_1T \bot ME_1$, что равносильно утверждению задачи. Далее ничего красивее не придумала: обозначим основания перпендикуляров $MT$, $E_1T$, $NT$ на противоположные стороны как $K$, $M_1$, $L$ и точку пересечения $G = F_1T \bigcap ME_1$. Четырёхугольник $NE_1LM_1$ вписанный $\Rightarrow$ $E_1T \cdot TM1 = LT \cdot TN = KT \cdot TM$ значит и $ME_1KM_1$ вписанный. Тогда $\angle KMG = \angle KM_1T$, но четырёхугольник $TKF_1M_1$ также вписанный $\Rightarrow$ $\angle KM_1T = \angle KF_1T$ $\Rightarrow$ четырёхугольник $F_1KGM$ вписанный и $\angle F_1GM = \pi/2$.
Рисунок можно глянуть тут.