Олимпиада НГУ-2013

[bot]

1 курс.
1. Докажите неравенство

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

2. На окружности заданы точки $A$ и $B$. Найдите на окружности такую точку $C$, чтобы периметр треугольника $ABC$ был наибольшим.
3. Найти все натуральные $n$, при которых оба числа $n-1$ и $n^2+3n+17$ являются кубами натуральных чисел.
4. Докажите, что из $64$ различных натуральных чисел, не превосходящих $1000$, можно выбрать четыре различных числа $a, b, c, d$, удовлетворяющих равенству $a+b=c+d.$
5. Докажите, что существует бесконечно много рациональных $x$, при каждом из которых $\sqrt{x^2+x+3}$ тоже рационально.

2-4 курсы
1. 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 $[c,d]\subseteq[a,b].$
2. Пусть на множестве $G$ задана бинарная операция $\cdot$, удовлетворяющая тождеству $x(yx)=y$. Докажите, что эта операция удовлетворяет также тождеству $(xy)x=y$

3. Докажите, что числа $2^{2^{m}}+1$ и $2^{2^{n}}+1$ при $m\ne n$ взаимно просты.
4. Квадратные матрицы $A$ и $B$ с вещественными элементами перестановочны и при возведении в квадрат их ранг не меняется. Докажите, что $\operatorname{rank} (AB)^2=\operatorname{rank} AB$
5. См 5-ю задачу для 1 курса.

[mihailm]

1. Сумма расстояний не меньше корня из 2

[Shadow]

Хорошая олимпиада:)
3) Если обе являются кубами, то и их произведение - тоже. Проверкой $n^3<f(n)<(n+1)^3$ доказываем отсутсвие решений при $n>9$
Решения: 2,9.

[EtCetera]

mihailm в сообщении #774514 писал(а):

не меньше корня из 2

Откуда корень? Тут же простое неравенство треугольника...

-- Вс окт 13, 2013 11:05:45 --

bot в сообщении #774512 писал(а):

2. Пусть на множестве $G$ задана бинарная операция $\cdot$, удовлетворяющая тождеству $x(yx)=y$. Докажите, что эта операция удовлетворяет также тождеству $(xy)x=y$

$y=\left(xy\right)\left(y\left(xy\right)\right)=\left(xy\right)x$

[Shadow]

5)
$(2y)^2-(2x+1)^2=11$
в рациональных...полная параметризация не проблема.

[nnosipov]

bot в сообщении #774512 писал(а):

5. Докажите, что существует бесконечно много рациональных $x$, при каждом из которых $\sqrt{x^2+x+3}$ тоже рационально.

Не рискнули попросить 5-курсников найти их все?

[bot]

(Оффтоп)

Нечётный знаменатель годится любой, а случай чётного чуток сложнее. Времени же 4 часа на всё про всё... Да, не рискнул.
А ещё я прокололся в 4-й для первокуров - просмотрел совсем простое решение (был в плену готового решения другой задачи). Чтобы отсечь его надо было взять числа от -500 до 500 или взять только трёхзначные, а 64 заменить на 61.
А 5 курс у нас не участвует.

[nnosipov]

bot в сообщении #774557 писал(а):

(Оффтоп)

Нечётный знаменатель годится любой, а случай чётного чуток сложнее. Времени же 4 часа на всё про всё... Да, не рискнул.
А ещё я прокололся в 4-й для первокуров - просмотрел совсем простое решение (был в плену готового решения другой задачи). Чтобы отсечь его надо было взять числа от -500 до 500 или взять только трёхзначные, а 64 заменить на 61.
А 5 курс у нас не участвует.

(Оффтоп)

5-е номера задач почему-то проассоциировались у меня с 5-м курсом Нашёл у себя в компьютере задачку про 61 трёхзначных чисел. Там решение основано на подсчёте пар и возможных значений сумм в этих парах.

[mihailm]

EtCetera в сообщении #774517 писал(а):

mihailm в сообщении #774514 писал(а):

не меньше корня из 2

Откуда корень?...

Ну мне такая интерпретация в голову пришла. Сумма расстояний от точки $(x,0)$ до точек $(\frac{1}{2},\frac{1}{2}),(\frac{-1}{2},\frac{1}{2})$ больше $\sqrt{2}$

[EtCetera]

mihailm в сообщении #774586 писал(а):

Сумма расстояний от точки $(x,0)$ до точек $(\frac{1}{2},\frac{1}{2}),(\frac{-1}{2},\frac{1}{2})$ больше $\sqrt{2}$

Теперь понятно, Вы другой треугольник взяли. Я рассматривал треугольник с вершинами в точках $(x,0)$, $(0,x-1)$ и $(0,x+1)$.

[bot]

(Оффтоп)

nnosipov в сообщении #774581 писал(а):

Нашёл у себя в компьютере задачку про 61 трёхзначных чисел

Смотри-ка - ничто не ново под луной! Только в этом случае более естественно идти через разности. А если через суммы, то предварительно воспользоваться сдвигом $x\to x+a, a\in \mathbb Z$ - благо задача к такому сдвигу индифферентна.
Вчера вечером 4-я задача 1 курса была в такой редакции:
Докажите, что из $64$ различных натуральных чисел, не превосходящих $2013$, можно выбрать либо три различных числа, образующие в некотором порядке арифметическую прогрессию, либо - четыре различных числа $a, b, c, d$, удовлетворяющие равенству $a+b=c+d.$
Пока шёл от остановки до универа задумал разгрузить формулировку и одновременно слегка усложнить решение. Формулировку разгрузил, а решение, оказывается, упростил.

[Shadow]

bot в сообщении #774512 писал(а):

3. Докажите, что числа $2^{2^{m}}+1$ и $2^{2^{n}}+1$ при $m\ne n$ взаимно просты.

Последовательност $a_k=2^{2^{k}}$ можно задать рекуррентно
$\\a_0=2\\ a_{k+1}=(a_k)^2$

Если $a_m \equiv -1 \pmod p$, то $a_{m+1} \equiv 1 \pmod p.$ Дальше все остатки по модулю p 1

$a_m+1 \equiv 0 \pmod p \Rightarrow a_n+1 \equiv 2 \pmod p \forall n>m$

[Shadow]

bot в сообщении #774512 писал(а):

Докажите, что из $64$ различных натуральных чисел

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.

[Urnwestek]

bot в сообщении #774512 писал(а):

5. Докажите, что существует бесконечно много рациональных $x$, при каждом из которых $\sqrt{x^2+x+3}$ тоже рационально.

$$x^2+x+3 = d^2$$

$$x_{1,2} = \frac{-1 \pm \sqrt{4d^2-11}}{2}$$

$$4d^2-11=\frac{p^2}{q^2}$$

$$d^2 = \frac{p^2+11q^2}{4q^2}; p,q \in \mathbb{Z}$$

$$p^2+11q^2 = f^2; f \in \mathbb{Z}$$

$$11q^2=(f-p)(f+p)$$

$$f=11+p; q^2 = 11+2p$$

$$(2k+1)^2=11+2p; k \in \mathbb{Z}$$

$$p=2k^2+2k-5;q=2k+1;k\in \mathbb{Z}$$

$$x=\frac{-1 \pm \frac{2k^2+2k-5}{2k+1}}{2}, k \in \mathbb{Z}$$

Получили бесконечное семейство решений.

(Оффтоп)

Кстати, где бы понаходить задания разных студ. олимпиад? Что-то интересно стало.

[ewert]

bot в сообщении #774512 писал(а):

1. 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 $[c,d]\subseteq[a,b].$

А чем можно пользоваться?...

Если хотя бы в одной точке непрерывности функция положительна, то утверждение верно. Если же наоборот, то функция неположительна на множестве полной меры, ч.т.д.

-- Пн окт 14, 2013 09:14:31 --

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.