Задачи для команды 1

AV_77 · Сообщение **AV_77** » 09 июл 2007, 21:47

AV_77 писал(а):Source of the post
По 1-й задаче.
Сначала сделаем замену ; уравнение перепишется в виде
$a \sqrt{y+a^2} + b \sqrt{y + b^2} + c \sqrt{y + c^2} = a^2 + b^2 + c^2$ .
Затем обозначим $\alpha = (a, b, c),\ \beta = (\sqrt{y + a^2}, \sqrt{y + b^2}, \sqrt{y + c^2})$ . Тогда условие можно переписать в виде $(\alpha \mid \beta) = (\alpha \mid \alpha)$ , где $(* \mid *)$ - скалярное умножение. Это означает, что $(\alpha \mid \beta - \alpha) = 0$ , т.e. векторы $\alpha$ и $\beta - \alpha$ ортогональны.
Дальше можно ввести базис плоскости, ортогональной вектору $\alpha$ , например, взять векторы $(-b, a, 0),\ (0, c, -b )$ . Тогда уравнение можно записать в виде системы:
$\sqrt{y + a^2} - a = -ub,\\ \sqrt{y + b^2} - b = ua + vc,\\ \sqrt{y + c^2} - c = -bv$
от трех переменных .
Решить такую систему теоретически возможно, но достаточно сложно.

Продолжим решение.
$y = -2abu + b^2u^2,\\ y = 2abu + 2bcv + a^2u^2 + c^2v^2 + 2acuv,\\ y = -2bcv + b^2v^2$
Из первого и третьего уравнения следует
$$ -2abu + b^2u^2 = -2bcv + b^2v^2 $$

.
Положим теперь $$ v = u + t $$

. Получим, после сокращений,
$u = \frac{bt^2 - 2ct}{2(c - a - bt)}$ .
Ho тогда
$v = -\frac{bt^2 + 2at}{2(c - a - bt)}$ .

Осталось подставить все это в уравнение
$$ -2abu + b^2u^2 = 2abu + 2bcv + a^2u^2 + c^2v^2 + 2acuv $$

.
B результате получим уравнение четвертой степени относительно переменной $$ t $$

. Одним его корнем является 0.

B частном случае, когда $$ c = 0 $$

все получается намного проще. Аналогично имеем
$\sqrt{y + a^2} - a = -ub,\\ \sqrt{y + b^2} - b = ua,$
откуда
$y = -2abu + b^2u^2,\\ y = 2abu + a^2u^2.$
Отсюда
$$ u = 0 $$

или $u = \frac{4ab}{b^2 - a^2}.$
Тогда
$$ y = 0 $$

или $y = 8a^2 b^2 \frac{a^2 + b^2}{(a^2 - b^2)^2}$ .
Отсюда получаем два решения
$$ x = a^2 + b^2 $$

или $x = a^2 + b^2 + 8a^2 b^2 \frac{a^2 + b^2}{(a^2 - b^2)^2}$ .
Первое из них соответствует $a \ge 0, b \ge 0$ , a второе - $$ ab < 0 $$

.

Pavlovsky · Сообщение **Pavlovsky** » 10 июл 2007, 15:50

Наверно можно потихоньку оформлять решения?!

PS
1) Может поищем для задачи №5 про плитки оригинальное решение? Чтоб избежать обвинений в плагиате.
2) Задачу №1 конечно тоже можно и нужно еще порешать.

andrej163 · Сообщение **andrej163** » 10 июл 2007, 19:16

Pavlovsky писал(а):Source of the post
Наверно можно потихоньку оформлять решения?!

PS
1) Может поищем для задачи №5 про плитки оригинальное решение? Чтоб избежать обвинений в плагиате.
2) Задачу №1 конечно тоже можно и нужно еще порешать.

Это точно могут!!!!
Ну a что сильно придумать?? Ha ум толкьо идёт отличие впериметре фигурок!

Pavlovsky · Сообщение **Pavlovsky** » 12 июл 2007, 00:45

B качестве бреда по поводу задачи №1. Старею, целиком держать задачу в мозгах уже не могу. Может, кто помоложе, сможет оценить идею.
Есть три трубы c сечением виде эллипса идущие вдоль осей координат.
$\{ \frac{u^2}{a'^2} + \frac{v^2}{b'^2} = y' \\ \frac{u^2}{a'^2} + \frac{t^2}{c'^2} = y' \\ \frac{t^2}{c'^2} + \frac{v^2}{b'^2} = y'$
Пересечение труб 8 точек. По одной в каждом квадранте 3D пространства. Точки лежат в вершинах некоторого прямого параллелепипеда.
Например для $\{ u^2 + v^2 = 2y \\ u^2 + t^2 = 2y \\ t^2 + v^2 = 2y$
решением будет $u,v,t=\pm y\sqrt{2}$

Необходимо найти $$ y' $$

, такое что $\pm |u| \pm |v| \pm |t|=0$ (другой вариант $$ a|u| + b|v| + c|t|=0 $$

). Решение надо найти для каждой комбинации плюсов и минусов. Например для $$ |u| + |v| + |t|=0$$

andrej163 · Сообщение **andrej163** » 12 июл 2007, 15:34

Люди, простите, но у меня сейчас совсем нет свободного времени! Поэтому, пожалуйста, оформите решения заддач без меня! Решение моей задачи, для той команды, я отдал Косте, он поставит его!

Pavlovsky · Сообщение **Pavlovsky** » 12 июл 2007, 20:04

2 Гусеница ползет 6 минут по прямой в одном направлении. B любой момент времени в течении этих шести минут всегда найдется хотя бы один наблюдатель, который следит за гусеницей. До этих шести минут и после шести минут НИКТО за гусеницой не наблюдает. Каждый из наблюдателей следил за гусеницой POBHO одну минуту (непрерывно, без пробелов) и после этого сказал, что гусеница за время его наблюдения проползла ровна 1 метр.
Найти минимальное и максимальное расстояние, которая может проползти гусеница.

Решение
максимум 10 метров.
Доказательство
1) За первую минуту и последнюю минуту гусеница может проползти максимум 1м. Так как обязательно должны быть наблюдатели, следящие за гусеницей всю минуту.
2) B оставшиеся минуты гусеница не может проползти больше 2 метров за одну минуту. Так как всегда найдется либо один наблюдатель или два наблюдателя которые своими наблюдениями закрыли всю минуту. A значит один из них не сможет сказать что гусеница ползла 1м.
3) Итого не более 10м. Как достигается максимум показано на рисунке

минимум 4 метра
Доказательство
1) За первую минуту и последнюю минуту гусеница может проползти не меньше 1м. Так как обязательно должны быть наблюдатели, следящие за гусеницей всю минуту.
2) B оставшиеся минуты гусеница не может проползти меньше 1 метра за любые две минуты идущие подряд. Так как если две минуты гусеница проползет меньше 1м, то всегда найдется наблюдатель который бы не смог сказать, что гусеница проползла 1м (наблюдатель который смотрел за гусеницей на границе минут ).
3) Итого не менее 4м. Как достигается минимум показано на рисунке

Pavlovsky · Сообщение **Pavlovsky** » 12 июл 2007, 20:21

6. Ha отрезке $0\le x\le1$ задана функция $$f$$

. Известно, что эта функция неотрицательна, и $$f(1)=1$$

. Кроме того, для любых двух чисел $$x_1$$

и

таких, что $x_1\ge0$ , $x_2\ge0$ , $x_1+x_2\le1$ выполнено неравенство $f(x_1+x_2)\ge f(x_1)+f(x_2)$
a) докажите, что какова бы ни была функция f, удовлетворяющая перечисленным условиям, для всех $x\in[0;1]$ выполняется неравенство $f(x)\le 2x$
б) Верно ли, что для всех $x\in[0;1]$ выполняется $f(x)\le 1.9x$ ?

Решение.
Свойства функции:
1) Для $\sum_{i=1}^{n}{x_i}\le1$ выполняется неравенство $\sum_{i=1}^{n}{f(x_i)}\le f(\sum_{i=1}^{n}{x_i})$

2) Для $\sum_{i=1}^{n}{x_i}=1$ выполняется неравенство $\sum_{i=1}^{n}{f(x_i)}\le1$

3) Для $$n*x=1$$

выполняется неравенство $n{f(x)}\le1$
то есть выполняется неравенство ${f(\frac {1} {n})}\le\frac {1} {n}$

4) $$f(x)$$

не убывающая на всем интервале определения.

5) Пусть $\frac {1} {n+1}< x < \frac {1} {n}$ где $n\ge1$ натуральное число

Пусть $$f(x)=kx$$

Тогда $kx \le f(\frac {1} {n}) \le \frac {1} {n}$

Отсюда следует $k \le \frac {n+1} {n} \le 2$

Утверждение a) доказано

6) Пусть функция имеет вид:
$$f(x)=0$$

для $0\le x\le\frac {1} {2}$
и
$$f(x)=1$$

для $\frac {1} {2}< x\le1$

Легко убедиться, что для любого $1\le k<2$ найдется такое x, что $f(x)\ge kx$

таким образом на вопрос б) отвечаем нет.

Pavlovsky · Сообщение **Pavlovsky** » 12 июл 2007, 23:07

3. B клетках квадратной таблицы 3*3 расставлены знаки "+" и "-"

$\begin{array}{|l|c|r|} \hline \\+ & + & - \\ \hline \\ - & - & + \\ \hline - & + & - \\ \hline \end{array}$

Разрешается заменить в любом столбце или строку все знаки на противоположные. Можно ли, повторяя эту процедуру несколько раз, получить таблицу

$\begin{array}{|l|c|r|} \hline \\- & + & + \\ \hline \\ + & + & - \\ \hline - & + & - \\ \hline \end{array}$

Решение.
Очевидно если взять из исходной таблицы любую таблицу 2*2, то замена всех знаков на противоположные в любом столбце или строке, не изменяет четности количества знаков "+" и "-" в выбранной таблице 2*2.
Анализируя верхний левый квадрат 2*2 в исходной и конечной таблицах, замечаем, что четность знаков в них не совпадает. A значит повторяя процедуру инверсий над исходной таблицей несколько раз, невозможно получить конечную таблицу.

Pavlovsky · Сообщение **Pavlovsky** » 12 июл 2007, 23:17

5. Дно прямоугольной коробки замостили плитками размерами 1*4 и 2*2. Плитки высыпали и потеряли одну плитку размером 2*2. Вместо нее нашли плитку размером 1*4. Можно ли теперь замостить дно коробки?
Решение.
Сделаем рисунок.

Плитка 1*4 покрывает либо 0 чёрных клеток, либо 2 чёрные клетки; плитка 2*2 покрывает только одну черную клетку (как бы мы её не поставили). Значит сколько бы мы не поставили плиток 2*2, у нас столько же будет закрыто чёрных клеток. A раз мы заменили 2*2 на 1*4, то число закрытых чёрных клеток плиткой 1*4 уже не будет равняться числу закрываемых чёрных клеток плиткой 2*2. Отсюда следует, что невозможно замостить дно коробки новым комплектом плиток.

Pavlovsky · Сообщение **Pavlovsky** » 12 июл 2007, 23:57

4. После нескольких операций дифференцирования и умножения на
$$1+x$$

, выполненных в произвольном порядке, многочлен $$x^8+x^7$$

превратился в $$ax+b$$

. Доказать, что
$$a-b$$

делится на 49
Решение.
Для решения задачи достаточно при выполнении операций считать коэффициенты только у двух членов полинома co старшими степенями.
Пусть у нас есть некоторый полином степени n $f = ax^n + bx^{n-1} + ...$ . Введем определение. Будем считать, что полином f «делится по производной» на m, если на m делится разность коэффициентов ( $$ n! a - (n-1)! b $$

) в его производной $f^{(n-1)} = n! ax + (n-1)! b$ .
Очевидно если f «делится по производной» на m, то его первая производная f’ тоже «делится по производной» на m.

Рассмотрим некоторый полином степени n $f = ax^n + bx^{n-1} + ...$ . Тогда $f^{(n-1)} = n! ax + (n-1)! b$ . Пусть, $$ n!a - (n-1)! b = (n-1)! (na - b ) $$

делится на некоторое число $$ m $$

.

Рассмотрим многолчен $F = (x+1) f = ax^{n+1} + (a+b )x^{n} + ...$ . Так как $F^{(n)} = (n+1)! ax + n! (a + b )$ , то
$(n+1)! a - n! (a + b ) = n! ((n+1)a - a - b ) = n! (na - b ) = n \cdot (n-1)! (na - b )$
также делится на $$ m $$

.
Тем самым мы доказали. Если полином f «делится по производной» на m, то и многолчен $$ (x+1) f $$

«делится по производной» на m.
Получается что обе операции над полиномом описанные в условиях задачи не изменяют свойство «делится по производной» на m.
Взяв 7 раз производную полинома $$x^8+x^7$$

получим

Тем самым

«делится по производной» на 49 (вообще то на 7!*7).
Это означает, что после нескольких операций дифференцирования и умножения на
$$1+x$$

, выполненных в произвольном порядке, многочлен $$x^8+x^7$$

превратится в $$ax+b$$

и

делится на 49

yourdomain.com