Наиболее востребованные задачи

[Keter]

Интересно узнать мнения опытных математиков о составлении олимпиадных задач. Какой наиболее оптимальный набор задач для 10-11 классов. Я имею ввиду очные туры олимпиад по математике (уровня Всеукраинских). И речь идет именно об украинских олимпиадах, потому как в России, я заметил, несколько другие задачи.
Как пример выкладываю задачи с очного тура одной из олимпиад в Украине.(уровень 10 класса)

1. Решить уравнение

$$\sqrt[3]{\sqrt[5]{x}-1}+\sqrt[3]{\Big( \sqrt[5]{x}-1 \Big)^3 - \sqrt[5]{x} + 2}=\sqrt[15]{x}+\sqrt[3]{\Big( \sqrt[5]{x}-1 \Big)^3 - \sqrt[5]{x} + 1}.$$

2. Дан острый угол $MON$ и точки $A$ и $B$ во внутренней области угла. Найти на стороне $OM$ точку $X$ так, чтобы треугольник $XYZ$, где точки $X, Z$ - точки пересечения прямых $XA$ и $XB$ с $ON,$ был равнобедренным.

3. Дано шесть цифр: $0, 1, 2, 3, 4, 5$. Найти сумму всех четырехзначных четных чисел, которые можно записать с помощью этих цифр. В этих числах цифры могут повторяться.

4. Пусть $0<\alpha<1$, $a_1=1$, $a_{n+1}=\dfrac{a_n}{1+(a_n)^{\alpha}} (n=2, 3, ...)$. Доказать, что существует такое число $M$, что для любого натурального $N$

$$a_1+a_2+...+a_N < M.$$

5. Доказать, что для любых разных целых чисел $a, b, c$ существует бесконечно много таких натуральных $n,$ что числа $a+n, b+n, c+n$ являются попарно взаимно простыми.

[Tanechka]

Keter в сообщении #608418 писал(а):

Интересно узнать мнения опытных математиков о составлении олимпиадных задач. Какой наиболее оптимальный набор задач для 10-11 классов.

А можно поконкретнее вопрос? Он просто слишком... абстрактный что ли...

[xmaister]

(Оффтоп)

Решать эти задачи не нужно?

[Keter]

Tanechka, можно ли на основе опыта сказать какого типа и какой сложности могут быть задачи. Например на Всеукраинских я ни разу не видел задач по стереометрии, или видел, но они сводились к задаче по анализу, максимум минимум. Вот такого плана рассуждения меня интересуют.

xmaister, можно решать, если интересно. Вот еще хороший вопрос: как далеко могут зайти составители? Я это к тому, что до сих пор не понимаю как решить 4 задачу школьными методами. Мажорантный ряд - пожалуйста. Школьные методы - никак.

[xmaister]

Keter в сообщении #608853 писал(а):

Мажорантный ряд - пожалуйста.

А нафига они нужны то? Да и к тому же, если Вы явно указали сх. ряд, частичные суммы которого мажорируют $a_1+a_2+...+a_N$, то чем это не школьный метод? Я немного по другому смотрел. Мы можем явно найти асимптотику исходной последовательности, дальше просто.

[Keter]

xmaister в сообщении #608924 писал(а):

Мы можем явно найти асимптотику исходной последовательности

Как?

У меня такой способ

(Оффтоп)

1) обозначить $a_n^{\alpha}=x_n$
2) перейти к $x_n=\frac{x_n}{(1+x_n)^{\alpha}}$
3) доказать, что $x_n<\frac{C}{n}$, а значит $a_n<\sqrt[\alpha]{\frac{C}{n}}$
4) обозначить $\frac{1}{\alpha}=\phi, \alpha \in (0; 1) \Rightarrow \phi>1$
5) сказать, что ряд $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{C^{\phi}}{n^{\phi}}$ мажорантный для данного ряда
6) доказать, что ряд $\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{C^{\phi}}{n^{\phi}}$ сходится (по-моему как гармонический, хотя можно и несобственный интеграл оценить)
7) заключить, что данный ряд $\sum_{n=1}^{+\infty} a_n$ сходится, так как мажорантный ему ряд сходится

[Clayton]

Так а разве признак Даламбера не работает?

[Dosaev]

Keter в сообщении #608853 писал(а):

как решить 4 задачу школьными методами

Clayton в сообщении #609007 писал(а):

Так а разве признак Даламбера не работает?

[ewert]

xmaister в сообщении #608924 писал(а):

если Вы явно указали сх. ряд, частичные суммы которого мажорируют $a_1+a_2+...+a_N$, то чем это не школьный метод? Я немного по другому смотрел.

Проблема в том, что школьники не имеют даже представления о том, что такое ряд. А в этой задаче понятие ряда принципиально. Собственно, если подобная задача предлагается школьнику, то ему предлагается самостоятельно разработать в неявном виде соответствующую теорию. И всё ради одной задачи. Это довольно нелепо.

Clayton в сообщении #609007 писал(а):

Так а разве признак Даламбера не работает?

Он не может работать в данном случае принципиально. Доказать требуется сходимость, но если она есть, то общий член обязан стремиться к нулю, а тогда отношение соседних стремится к единице.

[Clayton]

ewert в сообщении #609013 писал(а):

Clayton в сообщении #609007 писал(а):

Так а разве признак Даламбера не работает?

Он не может работать в данном случае принципиально. Доказать требуется сходимость, но если она есть, то общий член обязан стремиться к нулю, а тогда отношение соседних стремится к единице.

Да,это я ерунду сказал.

[sup]

ewert в сообщении #609013 писал(а):

Проблема в том, что школьники не имеют даже представления о том, что такое ряд. А в этой задаче понятие ряда принципиально. Собственно, если подобная задача предлагается школьнику, то ему предлагается самостоятельно разработать в неявном виде соответствующую теорию. И всё ради одной задачи. Это довольно нелепо.

Может быть подразумевалась оценка сверху через сумму геометрической прогрессии с множителем меньше 1?
Ну действительно, легко видеть, что
$a_k - a_{n+1} = \sum \limits_{j=k}^{n}a_{j+1}a_j^{\alpha}$
Используя это равенство, оценим количество членов последовательности, зажатых между $1/2^l$ и $1/2^{l+1}$. Пусть таких членов $L$. Тогда
$\frac{1}{2^l} > \frac{L}{2^{(l+1)(1+\alpha)}}$
Отсюда $L < C 2^{l\alpha}$
Ну и сумма всех таких членов не превосходит $\frac{C}{2^{l(1-\alpha)}}$
Ну вот и геометрическая прогрессия. Ее сумма ограничена сверху.

[Keter]

ewert, Вы правы.
Clayton, интересно то, что на разборе задач так и сказали, "необходимо воспользоваться признаком Даламбера"
sup, не понял идеи начиная со слов "легко видеть, что"

Касательно темы, какие еще могут быть задачи, подобные данной (может с тригонометрией или логарифмами)? То есть мне интересно, на сколько невменяемыми могут быть задачи.

[sup]

Да все очень просто. По определению
$a_{j+1} +a_{j+1}a_j^{\alpha} = a_j$
Суммируем это по $j$ от $j=k$ до $n$
Куча слагаемых сокращается. Получим
$a_k - a_{n+1} = \sum \limits_{j=k}^{n}a_{j+1}a_j^{\alpha}$
Далее. Разбиваем всю последовательность на некие куски, в которых члены "не слишком сильно" отличаются друг от друга.
Оценим сумму членов в каждом куске, а потом просуммируем все это по кускам.
Вот в качестве такого $l$-го куска и выбираем все члены зажатые между $1/2^l$ и $1/2^{l+1}$. Тогда
$\frac{1}{2^l} > a_k > a_k-a_{n+1} >\sum \limits_{j=k}^{n} \frac{1}{2^{(l+1)(1+\alpha)}} = \frac{n+1-k}{2^{(l+1)(1+\alpha)}}$
Ну и тд.

[Cash]

Keter, это стандартный прием оценки сумм монотонных рядов, в котором ряд разбивается на куски, а в этих кусках все члены заменяются на наибольший член (в случае монотонного ряда - первый член), если нам нужно доказать сходимость, или на наименьший, если расходимость. Таким методом очень часто в учебниках доказывают расходимость гармонического ряда.
Другое дело, что российскому школьнику, в принципе не знакомому с рядами, с понятием предела последовательности довольно тяжело выстроить соответствующую теорию. Возможно, в Украине другая программа и другие требования.

[Clayton]

(Оффтоп)

Keter,если не секрет,на какой олимпиаде было это задание?Просто я сам из Украины,интересно.