North Countries -21

Аватар пользователя
Ian
Сообщений: 960
Зарегистрирован: 18 янв 2016, 19:42

North Countries -21

Сообщение Ian » 19 апр 2021, 07:50

NC-21.jpg
NC-21.jpg (136.33 KiB) 17663 просмотра
В задаче 5 опечатку жюри поправило в первые полчаса, вместо верхнего предела 1-e стоит, конечно, e-1. Красиво.

zykov
Сообщений: 1393
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

North Countries -21

Сообщение zykov » 19 апр 2021, 14:29

По задаче 1.
Рассмотрим $g(x)=f(x+2021)-f(x)$ на той же области $(1,\infty)$. Она так же непрерывна и ограничена.
Обозначим $g_1(x) = \sup_{t \geq x} g(t)$ и $g_2(x) = \inf_{t \geq x} g(t)$.
Обе непрерывны и ограничены.
Первая не возрастает, значит имеет конечный предел $y_1$.
Вторая не убывает, значит имеет конечный предел $y_2$.
При этом $y_1 \geq 0$ и $y_2 \leq 0$. Иначе $f(x)$ была бы неограничена.

Если $y_1=y_2=0$, то любая последовательность подходит.
Если $y_1=0$ и $y_2<0$, то легко подобрать последовательность исходя из определения $\sup$.
Аналогично, если $y_1>0$ и $y_2=0$, то легко подобрать последовательность исходя из определения $\inf$.

Если $y_1>0$ и $y_2<0$, то для любого $t_0$ можно найти $t_1 > t_0$, такой что $g(t_1)>0$ из определения $\sup$.
Далее, для этого $t_1$ можно найти $t_2 > t_1$, такой что $g(t_2)<0$ из определения $\inf$.
Из непрерывности можно найти $t_3$ между $t_1$ и $t_2$, такой что $g(t_3)=0$. Это и будет очередной $x_i$.
Таким образом получится последовательность состоящая из нулей $g(x_i)=0$.

zykov
Сообщений: 1393
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

North Countries -21

Сообщение zykov » 19 апр 2021, 14:53

По задаче 2.
Удобнее прейти на язык линейного пространства над $GF(2)$. Тогда миноры должны быть не вырожденные (не равны нулю).
При $k=1$ подходит матрица с единицами во всех элементах.
При $k=n$ подходит матрица с единичной диагональю.

При $2 \leq k \leq n-2$ подходящих матриц нет.
Предположим, что есть такая матрица.
Возъмем любые $k$ строк этой матрицы и из них любые $k+2$ столбцов. Получим $k+2$ столбцов-векторов размерности $k$.
Первые $k+1$ векторов линейно зависимы. Если один из коэффициентов их нулевой линейной комбинации равен 0, то этот столбец можно выкинуть. Значит оставшиеся $k$ столбцов линейно зависимы и их минор равен нулю - противоречие.
Если все коэффиценты равны 1, то последний столбец равен сумме первых $k$ столбцов.
В этом случае позъмем первые $k$ столбцов и столбец $k+2$. Аналогично, они линейно зависимы. Если есть ненулевой коэффициент, то получаем противоречие. Если все коэффициенты равны 1, то столбец $k+2$ равен сумме первых $k$ столбцов, т.е. он равен столбцу $k+1$. Значит любой минор содержащий столбцы $k+1$ и $k+2$ будет равен нулю - противоречие.

При $k=n-1$ есть подходящая матрица.
Для первых $n-1$ строк и $n-1$ столбцов возъмем невырожденную матрицу, а именно матрицу с единичной диагональю.
Чтобы любой минор из первых $n-1$ строк был невырожденным, нужно чтобы последний столбец был равен сумме всех предыдущих, т.е. содержал едиинцы в первых $n-1$ элементах. Аналогично и последняя строка.
Последний угловой элемент (n,n) равен сумме всех других элементов последней строки (или аналогично, последнего столбца). Т.е. он равен 0, если $n$ нечётный, или равен 1, если $n$ чётный.
Все другие миноры порядка $n-1$ этой матрицы тоже ненулевые.

zykov
Сообщений: 1393
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

North Countries -21

Сообщение zykov » 19 апр 2021, 15:17

По задаче 5.
Если упомянутый предел для данного $x$ равен $t>0$, то $t = \ln(x + t)$, т.е. $e^t - t = x$.
Тогда упомянутый интеграл равен $$\int_0^1 t \frac{dx}{dt} dt = \int_0^1 t (e^t - 1) dt = \frac 1 2$$.

zykov
Сообщений: 1393
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

North Countries -21

Сообщение zykov » 19 апр 2021, 16:22

По задаче 7, если не строго.
Рассмотрим функцию $g(x)$, такую что $g'(x) + x^2 g^3(x) (2 + \sin(x - a)) = 0$.
Тогда будет $$g(x) = \sqrt \frac{3/2}{2 x (x^2 - 3 \sin(a - x)) - 3 (x^2 - 2) \cos(a - x) + c_1}$$.
Функция $g(x)$ стремится к нулю как $x^{-3/2}$.
Значит её интеграл $g_{int}(x)$ стремится к конечной константе. Пусть это будет $a$ соответствующим выбором константы интегрирования.
Вобщем нужное решение $y(x)$ должно быть почти равно $g_{int}(x)$.
Наверно можно показать, что их разность к нулю стремится.

zykov
Сообщений: 1393
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

North Countries -21

Сообщение zykov » 20 апр 2021, 03:19

zykov писал(а):Source of the post По задаче 7, если не строго.

Если построже, то будет: $$\frac{y''}{(y')^3} = x^2(2+\sin(x-y))$$
Тогда $$x^2 \leq \frac{y''}{(y')^3}\leq 3x^2$$
Значит $$c_1+x^3/3 \leq -\frac{1}{2(y')^2} \leq c_2+x^3$$
При больших $x$ заведомо $c_1+x^3/3 > 0$, а $$-\frac{1}{2(y')^2} < 0$$ (если там конечно решение не комплексное).
Так что не получается найти решение.

Аватар пользователя
Ian
Сообщений: 960
Зарегистрирован: 18 янв 2016, 19:42

North Countries -21

Сообщение Ian » 20 апр 2021, 09:16

NC-21-6.jpg
NC-21-6.jpg (88.26 KiB) 17636 просмотра
6-я еще решена. 3 и 4 это очень тонкие оценки, ждем решений от жюри.
Про 7ю. Из вашего последнего на этот момент поста можно вывести, что y' в некоторой окрестности бесконечности не может обращаться в 0, значит у монотонно стремится к константе и это ничему не противоречит, асимптотика y' такая как в предпоследнем (тоже оговариваюсь- НА ЭТОТ МОМЕНТ- посте). Строже можно было бы сжимающие отображения подтащить в каком-нибудь [math] или в [math] с весом [math] но сомневаюсь что участники этим занимались, спешка

zykov
Сообщений: 1393
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

North Countries -21

Сообщение zykov » 20 апр 2021, 09:25

Ian писал(а):Source of the post можно вывести, что y' в некоторой окрестности бесконечности не может обращаться в 0, значит у монотонно стремится к константе и это ничему не противоречит

Да нет, там одно значение строго больше нуля, а второе строго меньше нуля. При этом первое должно было быть не больше второго, так что там противоречие.

zykov
Сообщений: 1393
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

North Countries -21

Сообщение zykov » 20 апр 2021, 09:45

Понятно, это я тут "минус потерял".
Вместо
zykov писал(а):Source of the post
Если построже, то будет: $$\frac{y''}{(y')^3} = x^2(2+\sin(x-y))$$
Тогда $$x^2 \leq \frac{y''}{(y')^3}\leq 3x^2$$
Значит $$c_1+x^3/3 \leq -\frac{1}{2(y')^2} \leq c_2+x^3$$

Должно быть $$\frac{y''}{(y')^3} = -x^2(2+\sin(x-y))$$
Тогда $$x^2 \leq -\frac{y''}{(y')^3}\leq 3x^2$$
Значит $$c_1+x^3/3 \leq \frac{1}{2(y')^2} \leq c_2+x^3$$

Тогда всё хорошо.
И $$\sqrt\frac{3/2}{3c_1+x^3}$$, и $$\sqrt\frac{3/2}{3c_2+3x^3}$$ стремятся к нулю как $x^{-3/2}$.
Значит интеграл каждой стремится к константе как $x^{-1/2}$.

peregoudov
Сообщений: 620
Зарегистрирован: 29 дек 2015, 13:17

North Countries -21

Сообщение peregoudov » 20 апр 2021, 18:10

Задачку с логарифмами можно переписать попроще, если сделать дробно-линейное преобразование $a=\frac{1+\alpha}{1-\alpha}$ и аналогично для b. Тогда нужно доказать

$$ \ln(1-\alpha^2)\ln(1-\beta^2)\geq\ln^2(1-\alpha\beta). $$

Аватар пользователя
Ian
Сообщений: 960
Зарегистрирован: 18 янв 2016, 19:42

North Countries -21

Сообщение Ian » 20 апр 2021, 19:47

peregoudov писал(а):Задачку с логарифмами можно переписать попроще, если сделать дробно-линейное преобразование $a=\frac{1+\alpha}{1-\alpha}$ и аналогично для b. Тогда нужно доказать

$$ \ln(1-\alpha^2)\ln(1-\beta^2)\geq\ln^2(1-\alpha\beta). $$

Ну это то за что и боролись. Тогда это эквивалентно простому факту о выпуклости
[math]
[math]
[math] выпукла или нет во всей области x<0 , исследуется через 2-ю производную. Если выпукла, то и неравенство верно

peregoudov
Сообщений: 620
Зарегистрирован: 29 дек 2015, 13:17

North Countries -21

Сообщение peregoudov » 21 апр 2021, 00:12

Она выпукла. Я тоже все думал, как к выпуклости свести, но так и не додумал.

По четвертой: а там можно применить нормы $(\sum_i |x_i|^p)^{1/p}$? Они, случайно, не вложены друг в друга?

zykov
Сообщений: 1393
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

North Countries -21

Сообщение zykov » 21 апр 2021, 05:27

Ian писал(а):Source of the post [math] выпукла или нет

Она вроде вообще не определена.
При $x \geq 0$ будет $1-e^{2x} \leq 0$. Значит внутренний логарифм неопределен.
При $x < 0$ будет $0 < 1-e^{2x} < 1$. Значит $\ln(1-e^{2x}) < 0$ и внешний логарифм неопределен.

Там другая $f$ подойдёт: $f(x)=\ln(-\ln(1-e^{2x}))$.

zykov
Сообщений: 1393
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

North Countries -21

Сообщение zykov » 21 апр 2021, 20:27

В номер 4 там нет опечаток?
А то как-то странно, то знак постоянный в сумме (при нечётных $n$), то чередуется (при чётных $n$).
Или я это не так понял?

Аватар пользователя
Ian
Сообщений: 960
Зарегистрирован: 18 янв 2016, 19:42

North Countries -21

Сообщение Ian » 21 апр 2021, 21:39

zykov писал(а):В номер 4 там нет опечаток?
А то как-то странно, то знак постоянный в сумме (при нечётных $n$), то чередуется (при чётных $n$).
Или я это не так понял?
Нечетная через дзета-функцию выражается [math]
Я пытался доказать, что четная (которая знакопеременная) больше следующей за ней нечетной, благодаря огромной скорости убывания членов А сейчас понял, что любая четная меньше 1цы, а любая нечетная больше. Печально

zykov
Сообщений: 1393
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

North Countries -21

Сообщение zykov » 22 апр 2021, 05:26

И я про то.
Знакопостоянный ряд в сумме даёт больше 1 (первое слагаемое равно 1). Значит и корень больше 1.
Знакопеременный ряд даёт меньше 1. Значит и корень меньше 1.
Ни о какой монотонности и речи нет.

Может там везде должна быть знакопостоянная сумма?
Тогда наверно идея peregoudov работает. Причём даже не важно, что именно там суммируется. Главное, что быстро сходится.

zykov
Сообщений: 1393
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

North Countries -21

Сообщение zykov » 23 апр 2021, 07:27

Про номер 4, численный эксперимент показал, что если там всегда знакопеременная сумма, то последовательность убывает (тут важна "2", без неё оно возрастает).
Наверно эта задача так и задумывалась, что в числителе стоит $(-1)^k$.

Для знакопостоянной суммы оно тоже верно (корень из двух убывает и корень суммы убывает), но для знакопеременной оно поинтереснее.

Аватар пользователя
Ian
Сообщений: 960
Зарегистрирован: 18 янв 2016, 19:42

North Countries -21

Сообщение Ian » 24 апр 2021, 14:00

Solutions-NCUMC-2021.pdf
(149.06 KiB) Загружено 470 раз

Решения жюри. Многое подозрительно тут

zykov
Сообщений: 1393
Зарегистрирован: 06 янв 2016, 17:41

North Countries -21

Сообщение zykov » 24 апр 2021, 14:40

Да, для номер 4 всё таки чередуются знакопостоянная и знакопеременная суммы.
Решение у них какое-то муторное - длинное, техничное (понятно, что технически можно дожать эти неравенства) и не олимпиадное.


Вернуться в «Математика»

Кто сейчас на форуме

Количество пользователей, которые сейчас просматривают этот форум: нет зарегистрированных пользователей и 8 гостей