VJIMC 2013

[BatMan]

Подождите, отображение $1\mapsto 1, x\mapsto \sqrt[3]{5}, x^2\mapsto \sqrt[3]{25}$- мы определили изоморфизм. Вот теперь видна линейная независимость $1,\sqrt[3]{5}, \sqrt[3]{25}$.

[nnosipov]

BatMan в сообщении #709187 писал(а):

Выше, рассуждения одинаковые у нас.

Это похоже на правду, но надо вчитываться, а сейчас у нас уже поздно. Моё решение 1-й задачи плохое и даже формально не решение --- так, соображение, которое объясняет, почему факт верен. Но сейчас лень думать.

-- Сб апр 13, 2013 00:19:02 --

BatMan в сообщении #709193 писал(а):

Вот теперь видна линейная независимость $1,\sqrt[3]{5}, \sqrt[3]{25}$.

Блин, да она и так очевидна. Дальше-то что? Почему многочлена $P$ с целыми коэффициентами не существует? Как я уже заметил, такой многочлен с рациональными коэффициентами есть.

[ex-math]

sup
Очень красиво. Но как Вы к этому пришли?

[Shadow]

Может я туплю, но..по поводу первой задачи. Есть последователньость нечетных чисел (и двойка)
$2,3,5,7,9,11,13,15\cdots$
И соответно последовательност сумм
$S_n=n^2+1$
Если вычеркнуть несколько (сколько угодно, какие угодно) членов как "непростые", пусть сумма вычеркнутых $L$, надо доказать что между
$S_n-L \text{ и } S_{n+1}-L$ есть квадрат, а тут и доказывать нечего.

[BatMan]

nnosipov в сообщении #709195 писал(а):

Блин, да она и так очевидна

Да ну? Это еще почему? Если мы предполоджим, что такой многочлен существует, то пусь он будет произвольной степени $n$, тогда порассрыв скобки мы будем иметь выражение $a\cdot 5+b\cdot\sqrt[3]{5}+c\sqrt[3]{25}=0$, гже не все кожфы $a,b,c,$ нулевый. А это не так.

-- 12.04.2013, 21:25 --

Shadow в сообщении #709203 писал(а):

Если вычеркнуть несколько (сколько угодно, какие угодно) членов как "непростые", пусть сумма вычеркнутых $L$, надо доказать что между
$S_n-L \text{ и } S_{n+1}-L$ есть квадрат, а тут и доказывать нечего.

Честно, не пойму почему.

[TOTAL]

xmaister в сообщении #709149 писал(а):

Sonic86 в сообщении #709111 писал(а):

$\sum\limits_{k=2}^n2^{n-k}C_n^k=3^n-2^{n-1}(n+2)$

Почему?

Каждой вершине сопоставим вектор из $n$ компонент $(1, 0, 0, X,X,X, 1, 0, 1, 1)$
Иксы - это компоненты, которые меняются (от нуля к единице или наоборот, каждый по-своему), таким образом превращая одну вершину в другую. Иксов должно быть два или больше (чтобы по крайней мере два отрезка пересеклись). Иксы могут занимать всевозможные места, а остальные компоненты независимо принимать значения 0 или 1.

[nnosipov]

BatMan в сообщении #709204 писал(а):

Если мы предполоджим, что такой многочлен существует, то пусь он будет произвольной степени $n$, тогда порассрыв скобки мы будем иметь выражение $a\cdot 5+b\cdot\sqrt[3]{5}+c\sqrt[3]{25}=0$, гже не все кожфы $a,b,c,$ нулевый.

Так это надо ещё доказать, что не все коэффициенты $a$, $b$, $c$ будут нулевые. Это не очевидно.

-- Сб апр 13, 2013 00:30:54 --

BatMan в сообщении #709204 писал(а):

Да ну? Это еще почему?

Линейная независимость $1$, $\sqrt[3]{5}$ и $\sqrt[3]{25}$ очевидна, потому что многочлен $x^3-5$ неприводим над $\mathbb{Q}$, ибо не имеет рациональных корней.

[BatMan]

nnosipov в сообщении #709208 писал(а):

Так это надо ещё доказать, что не все коэффициенты $a$, $b$, $c$ будут нулевые. Это не очевидно.

Вот, да . В работе я это не учел, печально. Просто положил, что это так. А они ваще не нулевые, а если предположить что нудлевые, то что тогда?

[nnosipov]

BatMan в сообщении #709215 писал(а):

что тогда?

Моё решение посмотрите, вряд ли можно как-то существенно проще сделать. Одни только фокусы с линейной независимостью ни к чему не приведут.

[sup]

xmaister в сообщении #709149 писал(а):

Я, на самом деле не понял откуда это следует?

Функция $f(t) = \frac {1}{\pi \sqrt t}$ удовлетворяет нужному неравенству и для нее интеграл равен $2/ \pi$. Но она не является непрерывной. Значит надо ее немного "подправить".

ex-math в сообщении #709199 писал(а):

как Вы к этому пришли

Некоторый жизненный опыт
Изначально идея была простая. Надо из неравенств составить линейную комбинацию так, чтобы получился требуемый интеграл. Проще говоря, умножим на что-то и проинтегрируем от 0 до 1. Отсюда возникает задача. Найти $g(x)$ такую, что
$\int \limits_t^1 \frac {g(x)}{\sqrt {x-t}}dx = 1$
Лучше перейти к переменной $1-x$. Получим уравнение
$\int \limits_0^s \frac {g(x)}{\sqrt {s-x}}dx = 1$
Ну и после замены $x=sy$
$\int \limits_0^1 \frac {\sqrt s g(ys)}{\sqrt {1-y}}dy = 1$
Правая часть от $s$ не зависит. Значит надо ликвидировать корень. В общем уже легко догадаться, что с точностью до множителя $g(y) = 1/\sqrt y$.
Тут выясняется, что это решение ну очень удачно получилось знакопостоянным (в противном случае все было бы не так гладко). Ну а дальше уже все более или менее ясно. Функцию, на которой реализуется супремум, находим немедленно по аналогии. То, что она не непрерывная, большого значения не имеет.

[BatMan]

xmaister в сообщении #709021 писал(а):

1. Функция $f:[0,\infty)\to\mathbb{R}$ дифференцируема, ограничена и $f\cdot f'\ge\cos x$. Докажите, что не существует $\lim\limits_{x\to\infty}f(x)$ не существует.

$f'>\cos x/M$, где $|f|\le M$. $f'=\cos x/M+g'$, где $g$- произвольная дифференцируема, $g'>0$. $f=\sin x/M+g$. $f$- Огранчиена, значит $g$- Тодже ограничена. Значит $\lim\limits_{x\to\infty}f=\lim\limits_{x\to\infty}\sin x/M+A$, Где $A$- предел $g$. Получается, что предел $f$ Не сузествует. Проверте рассуждения.

[Shadow]

BatMan в сообщении #709204 писал(а):

Shadow в сообщении #709203 писал(а):

Если вычеркнуть несколько (сколько угодно, какие угодно) членов как "непростые", пусть сумма вычеркнутых $L$, надо доказать что между
$S_n-L \text{ и } S_{n+1}-L$ есть квадрат, а тут и доказывать нечего.

Честно, не пойму почему.

Потому что для нашей последовательности нечетных чисел $S_n=n^2+1$ Попробуйте например найти такое $L>1$, что между $101-L \text { и } 122-L$ не было квадрата. Все выяснится.

Задача верна для всех последовательностей где $a_{n+1} \ge a_n+2$. Простые числа - пыль в глазах.

[xmaister]

Опубликоали результатц на офф сайте. мнк за ппрвую 10, за 3-ю -- одын. Свои рассуждения я написал. можноли чегить еще отопилировать? А смысле есть ли?

[xmaister]

Official problems:
Category I
Category II
Final results:
Category I
Category II.

(Оффтоп)

Мой результат--- 47ой, Category II, Dmitrii Bundin

UPD: Исправил.

-- 13.04.2013, 15:15 --

На самом деле были бы нинтересны ваши подходы к этой задачче:

xmaister в сообщении #709021 писал(а):

4. Вычислить сумму:

$$\sum\limits_{0\le j\le k} {k \choose j}^2\cdot {n+2k-j\choose 2k}$$

[ex-math]

BatMan
Вроде все верно.

Я решал так: $(f^2)'\geqslant 2\cos x$. Применим теорему Лагранжа к $f^2$ и отрезкам $[a_n,b_n]$, где $a_n=2\pi n-\pi/3$, $b_n=2\pi n+\pi/3$. Имеем $f^2(b_n)-f^2(a_n)\geqslant 2\pi/3$, а значит по критерию Коши $f^2$ не имеет предела.

-- 13.04.2013, 16:51 --

Shadow
Что-то не то. Если взять нечетные числа, то разность последовательных частичных сумм равна 2, и квадрат в такой промежуток далеко не всегда попадет.

-- 13.04.2013, 16:53 --

sup
Спасибо большое за разъяснения.