Страница 1 из 1

турнир в Польше

Добавлено: 13 ноя 2020, 20:19
Ian
http://istcim.math.us.edu.pl/
Poland1.jpg
Poland1.jpg (115.1 KiB) 273 просмотра

Poland2.jpg
Poland2.jpg (231.47 KiB) 273 просмотра

турнир в Польше

Добавлено: 16 ноя 2020, 01:13
zykov
По E.1, можно вместо этих двух уравнений рассмотреть систему $y=\sin x, \; x=\tg y$.
Любая двойка $(x,y)$ для этой системы даёт решение для каждого из тех уравнений - $x$ для второго, $y$ для первого. Отсюда сразу видно, что $y < x$.
Насчёт единственности как-то труднее.
Если рассмотреть точки пересечения графиков $\sin x$ и $\arctg x$, то интуитивно понятно, что там только 3 точки. Одна в нуле, одна положительная и ей симметричная отрицательная. Но как это строго доказать "на пальцах", не вижу.
Можно дуболомно проанализировать функцию $f(x) = \arctg x - \sin x$.
Видно, что $f(0)=0$ и ряд Тэйлора в нуле начинается с $-x^3/6$, т.е. из нуля она идёт вниз. При $x > \tg 1$ очевидно, что $f(x) > 0$. Значит на этом интервале есть минимум один корень.
Можно рассмотреть $f'(x) = (1+x^2)^{-1} - \cos x$ на интервале $[0, \pi/2]$ (само $\pi/2$ чуть больше $\tg 1$). Если повозится, то можно показать, что эта производная из нуля идёт вниз от нуля, потом идёт вверх, имеет один корень и дальше положительна. Т.е. $f(x)$, сначала убывает, потом имеет минимум, потом возрастает - значит имеет только один корень.

турнир в Польше

Добавлено: 16 ноя 2020, 01:26
zykov
По A.1, там из умножения сразу видно, что $0 \in B$.
Так же из умножения видно, что $1 \in A$. Тогда для любого $x \in B$ из сложения должно быть $x+1 \in A$. Значит $-1$ (оно же $n-1$) должно быть в $A$.
Вобщем для любого $n$ всегда подходит тривиальное разбиение - $0$ в $B$, всё остальное в $A$.
Для $n=2,3$, других вариантов и нет.
Для $n=4$ кроме тривиального есть ещё вариант, когда $2 \in B$.
Ещё можно заметить, что если $x \in B$, то должно быть $x^{-1} \in B$. Так например при $n=5$ будет $2^{-1} = 3$. Т.е. оба 2 и 3 должны быть в $B$, но не могут, т.к. разница между ними 1. Т.е. для $n=5$ будет только одно тривиальное разбиение.

Для произвольного $n$ затрудняюсь найти количество...

турнир в Польше

Добавлено: 16 ноя 2020, 01:49
zykov
zykov писал(а):Source of the post Можно рассмотреть $f'(x) = (1+x^2)^{-1} - \cos x$ на интервале $[0, \pi/2]$

Для простоты можно сравнивать многочлен $1+x^2$ и секанс, для которого известен ряд Тэйлора: $$\sec x=1+{\frac {1}{2}}x^{2}+{\frac {5}{24}}x^{4}+{\frac {61}{720}}x^{6}+\cdots$$.

турнир в Польше

Добавлено: 16 ноя 2020, 06:18
zykov
zykov писал(а):Source of the post Т.е. для $n=5$ будет только одно тривиальное разбиение.

Собственно, для любого простого $n$ будет только тривиальное разбиение.
Предположим, что есть $x \in B, \; x \neq 0$. Тогда для любого $k$ будет $1+kx \in A$. Но при простом $n$ наш $kx$ пробегает все значения, в том числе и $-1$. Значит такого $x$ нет.

турнир в Польше

Добавлено: 16 ноя 2020, 10:23
Ian
По G1, можно только оспаривать откуда берется формула аналитической геометрии для площади треугольника на плоскости, применяемая здесь. Я тоже не помню откуда просто знаю и все. однако наши получили за это решение (от польских судей)) 2 из 5 баллов

G1. Отношение площадей не меняется при поворотах , растяжениях и переносах, поэтому можно считать что это парабола [math]

[math]
[math]

Найдем [math]
угловые коэффициенты прямых, определяющих ее , 2x и 2z
[math]
[math]
[math]
[math]

Отношение площадей равно 2

турнир в Польше

Добавлено: 16 ноя 2020, 21:00
Ian
Запоздалая идея по G2. Захотелось уравнять в эффективности полосы, пересекающие круг вблизи центра и по сегменту вблизи края. Нужны и такие и такие. Их площади конечно разные, но площади частей полусферы , расположенных точно над ними- зато одинаковые и зависят только от ширины полосы (кроме случая, когда одна из границ полосы осталась строго вне круга). Так как R параллельных, уложенных плотно друг к другу полос ширины 2 поделят площадь полусферы на R равных частей, то каждая из них будет иметь площадь полусферы над собой [math] единиц, или меньше при том нерациональном расположении полосы, когда одна из ее границ не имеет общих точек со внешней окружностью . Итого m полос будут иметь площадь полусферы над собой максимум [math] и они должны закрыть всю полусферу [math] -вот что дал выход в 3е измерение
Ps. А впрочем там на сайте уже решения выложили. Но я до этого написал.

турнир в Польше

Добавлено: 17 ноя 2020, 01:29
zykov
Ian писал(а):Source of the post А впрочем там на сайте уже решения выложили

Посмотрел E.1, у них оно тоже дуболомное - по кускам до второй производной анализировать. Как-то не олимпиадно...

турнир в Польше

Добавлено: 18 ноя 2020, 01:07
zykov
Да, там ещё опечатка в солюшене $\arctg \sqrt 3 =\pi/2$ должно быть $\arctg \sqrt 3 =\pi/3$. В остальном правильно.

турнир в Польше

Добавлено: 18 ноя 2020, 13:01
zykov
Для A.1 солюшен какой-то невнятный. Рассуждения понятные, а вот какой ответ на вопрос "найти все пары множеств" - не понятно.
Вроде как числа не делящие $n$ должны быть в $A$. А вот из тех, которые делят $n$, какие разные $B$ можно составить?
Можно в $B$ только $0$ положить. Можно ещё все делители положить. А можно только часть делителей?

турнир в Польше

Добавлено: 19 ноя 2020, 14:13
Ian
Ответ к А1 -для любого одного k ("fixed k"), собственного делителя n, B это все числа делящиеся на k, а А это все числа не делящиеся на него.Или в В только 0, а в А остальные. И все.Сколько есть собственных делителей, плюс 0, столько есть и разбиений кольца.