VJIMC 2013

[Sonic86]

xmaister в сообщении #709497 писал(а):

4. Вычислить сумму:

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

В Конкретной математике есть тождество

$$\sum\limits_k\binom{m-r+s}{k}\binom{n+r-s}{n-k}\binom{r+k}{m+n}=\binom{r}{m}\binom{s}{n}, \ \ m,n\in\mathbb{Z}_{\geqslant 0}$$

В соотв-ей главе оно рассмотрено в упражнении 43.
(только надо в формулировке задаче сменить суммирование с $j$ на $k-j$)

[Shadow]

ex-math, последовательност нечетных чисел:
$1,3,5,7,9,11\cdots$
Последовательность частичных сумм:
$1,4,9,16,25,36\cdots$

ex-math в сообщении #709535 писал(а):

разность последовательных частичных сумм равна 2

[BatMan]

ex-math
Мое решение верно только для знакопостоянных функций

[ex-math]

Shadow
Да, я стормозил. Прекрасное решение.

-- 13.04.2013, 19:25 --

Sonic86
А каким методом там оно доказывается?

[xmaister]

(Оффтоп)

Кстати, команда dm'а как всегда на высоте

[Sonic86]

ex-math в сообщении #709608 писал(а):

Sonic86
А каким методом там оно доказывается?

Я не знаю, просто ссылку дал. Там в книге решение в конце наверняка есть, вместе с методом. Хотя вполне возможно, что метод неединственен.

[TOTAL]

xmaister в сообщении #709497 писал(а):

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

xmaister в сообщении #709021 писал(а):

4. Вычислить сумму:

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

Здесь записан коэффициент при $x^k y^{2k}$ в

$$(1+y)^{n+k}(1+y+x)^k(1+x)^k$$

Найдём его ещё раз. Сначала при $y^{2k}:$

$$ \sum_{j=0}^{k}(1+x)^{2k-j} C_k^j C_{n+k}^{2k-j}$$

Теперь при $x^k:$

$$ \sum_{j=0}^{k}C_{2k-j}^k C_k^j C_{n+k}^{2k-j}$$

Дальше очевидно.

[Spiel]

nnosipov в сообщении #709224 писал(а):

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

Как Вам такое решение задачи 3:
Пускай $P(\sqrt[3]{5}+\sqrt[3]{25})=a+b\sqrt[3]{5}+c\sqrt[3]{25}$, $a,b,c\in\mathbb{Z}$. Тогда легко проверить (например, индукцией по $\text{deg}~P$), что $b-c$ всегда делится делится на 4.

[nnosipov]

Spiel в сообщении #713270 писал(а):

Как Вам такое решение задачи 3

Кажется более искусственным.

[Spiel]

nnosipov в сообщении #713284 писал(а):

Spiel в сообщении #713270 писал(а):

Как Вам такое решение задачи 3

Кажется более искусственным.

Я обьясню, ето естественно получается. Рассмотрим $A=\{(a,b,c)\in\mathbb{Z}^3:P(\sqrt[3]{5}+\sqrt[3]{25})=a+b\sqrt[3]{5}+c\sqrt[3]{25},\text{для какого-то полинома P}\}$. Сразу ясно, что на первую координату $a$ можно забить, так как у нас есть константы-полиномы. Так что надо найти

$$B=\{(b,c)\in\mathbb{Z}^2:P(\sqrt[3]{5}+\sqrt[3]{25})=b\sqrt[3]{5}+c\sqrt[3]{25},\text{для какого-то полинома P}\}$$

Дальше, сумме полиномов соответствует обычная сумма 2-векторов в $B$, а произведению полиномов -- такое произведение $*$, что: $(b_1,c_1)*(b_2,c_2)=(5 c_1 c_2,b_1 b_2)$. То есть, $B$ -- алгебра относительно покоординатной суммы и $*$-произведения. При етом алгебра $B$ порождается елементом $(1,1)$ (потому что алгебра полиномов $\mathbb{Z}[x]$ порождается $1$ и $x$; $x$ соответствует $(1,1)$, а $1$ соотвуетсвует $(0,0)$). Дальше смотрим, что такое $<(1,1)>$. Поскольку $(1,1)*(1,1)=(5,1)$ и $(5,1)*(1,1)=(5,5)=5(1,1)$, то $B$ порождается как модуль двумя векторами $(1,1)$ и $(5,1)$, а ето уже просто влечёт $B=\{(b,c)\in\mathbb{Z}^2:b\equiv c \mod 4\}$. В частности $A=\{(a,b,c)\in\mathbb{Z}^3:b\equiv c \mod 4\}$

-- Вс апр 21, 2013 00:58:30 --

nnosipov в сообщении #709055 писал(а):

3. Пусть $\theta=\sqrt[3]{5}$, $\varepsilon$ --- кубический корень из единицы. Кроме равенства $P(\theta+\theta^2)=\theta+5$, имеем равенство $P(\varepsilon\theta+\varepsilon^2\theta^2)=\varepsilon\theta+5$. Вычитая и затем деля, получим, что дробь

$$ \frac{(\theta+5)-(\varepsilon\theta+5)}{(\theta+\theta^2)-(\varepsilon\theta+\varepsilon^2\theta^2)}=\frac{1}{1-\varepsilon^2\theta} $$

должна быть целым алгебраическим числом. Но это не так, поскольку

$$ \frac{1}{(1-\varepsilon^2\theta)(1-\varepsilon\theta)(1-\theta)}=-\frac{1}{4}. $$

А как, скажите, до такого можно додуматься?!?!

[TOTAL]

Цитата:

3. Докажите, что не существует многочлена с целыми коэфициентами, такого что $P(\sqrt[3]{5}+\sqrt[3]{25})=\sqrt[3]{5}+5$.

$a(\sqrt[3]{5}+\sqrt[3]{25})^2+b(\sqrt[3]{5}+\sqrt[3]{25})+c=\sqrt[3]{5}+5$
$4a=1$
Вот и все доказательство.

$(\sqrt[3]{5}+\sqrt[3]{25})^3= \cdots$

[nnosipov]

Spiel в сообщении #713401 писал(а):

Я обьясню, ето естественно получается.

Вы находите подрешётку, соответствующую порядку $\{1,\alpha,\alpha^2\}$, где $\alpha=\theta+\theta^2$, в решётке $\mathbb{Z}^3$, соответствующей максимальному порядку $\{1,\theta,\theta^2\}$ (терминология из учебника Боревич&Шафаревич "Теория чисел"). Здесь можно воспользоваться стандартным алгоритмом (его фактически изложил TOTAL).

Spiel в сообщении #713401 писал(а):

А как, скажите, до такого можно додуматься?!?!

Мне почему-то пришла на ум другая стандартная идея: воспользоваться изоморфным вложением $\theta \mapsto \varepsilon\theta$ поля $\mathbb{Q}(\theta)$ в $\mathbb{C}$. Все вычисления делаются тоже практически в уме.