Олимпиада НГУ-2013

[TOTAL]

ewert в сообщении #774900 писал(а):

bot в сообщении #774512 писал(а):

1. Докажите неравенство

$$\sqrt{2x^{2}-2x+1}+\sqrt{2x^{2}+2x+1}\geqslant 2$$

За геометрию думать лень, но вот что очевидно: что функция чётная и выпукла вниз.

За геометрию думать лень, за четность и выпуклость тоже лень, но вот что очевидно: что это неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим

$$\frac{\sqrt{2x^{2}-2x+1}+\sqrt{2x^{2}+2x+1}}{2} \geqslant (4x^4+1)^{1/4}$$

[Shadow]

ewert в сообщении #774900 писал(а):

За геометрию думать лень

Да и думать особо нечего - гипотенузы прямоугольных треуголькиков с катетами $x \text { и } 1-x,x \text { и } 1+x$ Или высота треугольника - $x$ делит основание на отрезки $1-x \text{ и } 1+x$

EtCetera в сообщении #774517 писал(а):

Тут же простое неравенство треугольника...

Даже вместо высота x может быть любое y....но будет очевидо $\sqrt{y^2+x^2-2x+1}+...$

[ewert]

(Оффтоп)

Shadow в сообщении #774907 писал(а):

Да и думать особо нечего - гипотенузы прямоугольных треуголькиков с катетами $x \text { и } 1-x,x \text { и } 1+x$

По-прежнему лень: тут надо картинки в уме сочинять, гиперболы же нарисованы непосредственно в условии и сразу же бросаются в глаза.

[Shadow]

А если великодушно убрать по одно $x^2$ под радикалов как "лишнее" и решать $|x-1|+|x+1| \ge 2$?
Формально $\sqrt{2x^2-2x+12} \ge |x-1|$

[ewert]

Shadow в сообщении #774914 писал(а):

А если убрать по одно $x^2$ под радикалов как "лишнее" и решать $|x-1|+|x+1| \ge 2$?

Ровно так же (т.е. это первое, что приходит в голову, а потом уже неравенство треугольника -- т.е. потом не наступит никогда за уже ненадобностью).

[bot]

(Оффтоп)

Вот уж не думал, что простое неравенство вызовет столько разных вариантов. На мой взгляд точки $A(-1; 0), B(1,0), C(x;x)$ просто сами в глаза прут. Великодушие Shadow ещё лучше - неравенство треугольника на прямой.
Хотя некоторые (ожидаемо) без всякой геометрии обошлись - тупо в квадрат возводили, потом ещё раз. Можно было или нет подловить тех, кто при этом не отслеживает отрицательный случай, я даже и не смотрел. Много чести для утешительной задачи.

[ewert]

bot, а как всё-таки насчёт интеграла -- предполагалось знание Лебега или нет? Если знать, то утверждение тривиально.

-- Пн окт 14, 2013 10:37:57 --

(Оффтоп)

bot в сообщении #774927 писал(а):

тупо в квадрат возводили, потом ещё раз.

Один раз -- вполне приемлемо; но второй-то зачем? Там же тупо и автоматически получается $t^2+2t+1$ при $t\geqslant1$.

[bot]

(Оффтоп)

Знание интеграла Лебега не предполагалось.

ewert в сообщении #774929 писал(а):

но второй-то зачем?

Так ведь для этого надо остановиться.

[ewert]

bot в сообщении #774932 писал(а):

Знание интеграла Лебега не предполагалось.

Ну, я-то про Лебега знаю, поэтому и думать было лень -- казалось, что там выплывет какое-нибудь занудство.

На самом деле нет. Однако что нужно, конечно, знать -- это критерий интегрируемости по Риману. Во всяком случае, следствие из него: что на каждом промежутке есть хоть одна точка непрерывности (но знать об этом вне критерия как-то даже и странно). Тогда всё просто: если утверждение неверно, то все нижние суммы Дарбу неположительны.

[Oleg Zubelevich]

bot в сообщении #774512 писал(а):

Интегрируемая по Риману на $[a,b]$ функция $f$ удовлетворяет неравенству

$$\int\limits_a^b f(x)\, dx >0.$$

Докажите, что $f(x)>0$ на некотором отрезке $[c,d]\subseteq[a,b].$

разложим функцию $f=f_-+f_+,\quad f_-\le 0,\quad f_+\ge 0$.
Вспомним, что $\int_a^b f_+=\sup\{\int_a^b\psi\mid \psi\in StepFunctions[a,b],\quad 0\le\psi\le f_+\},$

[Shadow]

Shadow в сообщении #774666 писал(а):

Я пропустил важное слово "различных", решал, только один особый случай остался, но надоело и бросил. Да, через попарную разность элементов (модуль разности). Новое множество содержит 2016 чисел от 0 до 999. Если в новом множестве есть 4 одинаковые числа - задача решена. Если нет, по принципу Дирихле будут три одинаковые числа, причем не одна тройка, а как мининум 16. Единственный вариант без участия 4-х различных элементов исходного множества - если в исходном множестве есть три одинаковые элемента. Понятно что все остальные должны быть различными. Вариант - свести к "из 62-х различных натуральных чисел..." Интересно, будет ли верно в такой формулировке. Мне кажется, что да.

Ну да Из 62 натуральных чисел через попарную разность получается новое множество из 1891 элементов в интервале [1;999] Если есть 3 одинаковых, значит в исходном множестве есть одинаковые числа, что противоречит новому условию. Если нет, то будет 891 одинаковых пар. Предположим, что все они образованы только из трех элементов исходного множеста, тоесть $a-b=b-c$ $c,b,a$ образуют арифметическую прогрессию. Разности этих прогрессий и будут членами нового множества- тех 891 одинаковых пар. А значит в исходном множестве должна быть прогрессия из трех элементов с разностью больше 500, что не может быть.
Надеюсь, нигде, кроме в грамматике, не ошибся.

[TOTAL]

bot в сообщении #774512 писал(а):

Интегрируемая по Риману на $[a,b]$ функция $f$ удовлетворяет неравенству

$$\int\limits_a^b f(x)\, dx >0.$$

Докажите, что $f(x)>0$ на некотором отрезке $[c,d]\subseteq[a,b].$

По определению. Дробим отрезок на маленькие кусочки, в каждом выбираем произвольную точку и длину кусочка умножаем на значение функции в этой точке. Складываем. Если в каждом кусочке найдется произвольная точка с неположительным значением, то интеграл не может быть положительным.

[FFMiKN]

Urnwestek

(Оффтоп)

Есть книжица "Задачи студенческих олимпиад по математике" В.А. Садовничий, А.С. Подколзин. Не искал правда в электронном виде... У меня бумажный вариант аж 1978 года издания.

[mihiv]

2. Проводим перпендикуляр к хорде $AB$ через ее середину. В качестве точки $C$ выбираем точку пересечения перпендикуляра с большей из двух дуг, на которые $AB$ разбивает окружность.

[Shadow]

nnosipov в сообщении #774581 писал(а):

Нашёл у себя в компьютере задачку про 61 трёхзначных чисел

Извиняюсь, что возвращаюсь...стало интересно. Если не ошибся, то будет верно для 56 различных натуральных чисел, не больше 1000. Через попарные разности. В массиве M(1 то 999) записываем сколько раз встречается соответствующая разность. Т.е значение $M(i)$ -сколько раз встречается разность $i$. Всего пар 1540 - это будет и сумма всех элементов массива. Если существует $k:M(k) \ge 3$ все ясно. Если все $M(k) \le 2$, то будут по крайней мере 541 двойки. И если все они сформированы только из трех элементов исходного множества, то эти элементы должны образовать арифметическую прогрессию:
$\\M(i)=2\\ a-b=b-c=i\\$

Но тогда существует индекс $k>500: M(k)=2$, а разность такой прогрессии не может быть болше 500.

Если числа в исходном множестве могут быть одинаковыми, то одинаковыми могут быть только 2 или 3 числа. Значит, без условие "различных" будет верно для 58 чисел.