szukanie zaawansowane
 [ Posty: 26 ]  Przejdź na stronę Poprzednia strona  1, 2
Autor Wiadomość
Mężczyzna
PostNapisane: 21 lis 2004, o 11:57 
Użytkownik

Posty: 413
Lokalizacja: Paris
no, okey Reksiu, to moje masz powyzej :D i mozesz mi wytlumaczyc dlaczego uwazasz, ze pisalem je po pijaku ? :lol:
Uniwersytet Wrocławski Instytut Matematyczny - rekrutacja 2019
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 21 lis 2004, o 14:23 
Gość Specjalny

Posty: 534
Lokalizacja: Warszawa
funkcja f(x)=1/(x+1) jest wypukla, nawet jesli by nie byla to gdzie wagi??
i w ogole to, ze przy przeksztalcaniu rownowaznym na koncu uzyskales nierownosc, w ktorej rownosc nigdy nie zachodzi powinno od razu zwrocic uwage na blad
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 21 lis 2004, o 14:43 
Użytkownik

Posty: 413
Lokalizacja: Paris
wagi byly, ale sie skrocily, a rzeczywiscie nie wiem jak mi to wyszlo, ze funkcja jest wklesla :oops:
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 21 lis 2004, o 14:47 
Gość Specjalny
Avatar użytkownika

Posty: 1729
Lokalizacja: Koszalin
ach ten Jensen (swoją drogą łatwiej rzeczywiście zapamiętać w tej nierówności dorobek, jaki wniósł do niej Jensen niż Holder... - postać całkową...)...
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 22 lis 2004, o 13:32 
Użytkownik

Posty: 453
ad1.
zalozmy dla dowodu niewprost ze istnieje takie k ze
a[k]udowodnijmy indukcyjnie ze dla kazdage n>=k zachodzi nierownosc a[n]1. a[k]2.
a[k+1] <= 2*sqrt(a[k] *(k+1) ) - k < 2 * sqrt( k*(k+1) ) -k
wystarczy zatem pokazac ze :
2*sqrt(k*(k+1)) < (2k+1)
4*k*(k+1) < 4k^2+ 4k +1
co oczywiscie zachodzi.

mamy w szcegolnosci a[2k] <2k
co daje sprzecznosc gdyz 3k<= a[2k] + a[k] < 3k


ad1b. a[n] = n+1 spelnia zadane warunki
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 22 lis 2004, o 13:59 
Użytkownik

Posty: 453
ad 2.
niech P(x) = E(i=0 ; i<=n) a[i] * x^i
jesli dobrze zrozumialem to a[i] >= 0

P(x) * P ( 1/x) = ( E(i=0 ; i=n) {ai x^i} ) * (E(i=0 ; i=n) {ai * x^(-i)}) =
E(i=0 ; i=n) {ai * (E(j=0;j=n){aj * x^(j-i)} ) } = E(0=E(i=0;i=n) { ai^2} + E(0<=i<=j<=n) {ai*aj*(x^(j-i) + x^(i-j)) } >=
E(i=0;i=n) { ai^2} + E(0<=i<=j<=n) {ai*aj*2} =
(E(i=0 ; i=n) {ai} ) ^2 = P(1)^2 >=1

z gory pszepraszam za zapis ktory prawdopodobnie jest niepoprawny na tym forum
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 22 lis 2004, o 14:29 
Użytkownik

Posty: 453
ad4.
zalozmy dla dowodu niewprost ze dla kazdaego K, istnieje takie L naturalne L<=K , ze
x(L) + x(L+1) + ... + x(K)> (K -L +1) *X (1)

udowodnie indukcyjnie ze stad wynika x1+...+xm> m*X
1. x1>X wynika to wprost ze zdania (1) przy K=1
2.
ze zdania (1) dla K=q+1 mamy ze
x(L) + ... + x(q+1) > (q-L +2) * X
z zalozenia indukcyjnego :
x1 + .... + x(L-1) > (L-1)*X
sumujac stronami"
x1+...+x(q+1)> (q+1)*X
co konczy dowod.

mamy zatem w szczegolnosci
x1 + .... + xn > N *X = x1 + .... + xn
sprzecznosc.

zatem twierdzenie zostalo udowodnione.



P.S>Rozwiązalem kilka zadan na dobry poczatek, pszepraszam ze nie w jednym poscie ale wole zeby kazde zadanie bylo w osobnym bo mi tak wygodniej.
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 22 lis 2004, o 14:53 
Użytkownik

Posty: 453
ad 6.
oznaczamy A,B,C,D,E,F liczby na scianach przy czym
A jest na przeciw D
B na przeciw E
C na przeciw F
mamy ze
7*11*13=1001=ABC + ABF + ACE + AEF + BCD + BDF + CDE + DEF =
=(A+D)(B+E)(C+F)
skoro te liczby maja byc calkowite dodatnie to zbiory
X={A+D;B+E:C+F}
Y={7;11;13}
sa rowne
skad A+B+C+D+E+F = 7+11+13 = 31
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 22 lis 2004, o 17:25 
Gość Specjalny

Posty: 534
Lokalizacja: Warszawa
3) polozmy pn=x/y, gn=y/z, rnz/x przy czym x+y+z=1. Z nierownosci Jensena dla f(x)=1/x mamy
1/[(x/y)+(y/z)+1]=1/[(x/y)+(y/z)+(z/z)] =f((x/y)+(y/z)+(z/z)) =2, analogicznie uzyskujemy nierownosci dla reszty ulamkow z lewej, a po dodaniu stronami prawa strona wyglada tak x2+y2+z2+2xy+2yz+2zx=12

8) udowodnimy, ze dla kazdej liczby k, bedzie istniala taka liczba calkowita n, ze f(n) ma k roznych dzielnikow pierwszych.
Ciag tych liczb k skontruujemy indukcyjnie. Istnieje taka liczba pierwsza p1 i a, ze p1|f(a), wiec dla k=1 twierdzenie zachodzi. Zalozmy teraz, ze istnieje x oraz n liczb p1,p2,...pn, ze
Pn=p1p2...pn|f(x) . Z rozpisu dwumiennego albo z wlasnosci kongruencji wynika, ze
Pn|f(k*Pn+x) dla dowolnego k. Pozostaje teraz znalezc taka liczbe k, ze f(k*Pn+x) bedzie mialo dzielnik pierwszy q taki, ze (q,Pn)=1. Wiemy, ze dla pewnego j oraz s liczba f(s*Pnj) ma dzielnik, ktory jest wzglednie pierwszy z Pn. Powolujemy sie znowu na to, ze jesli p|f(x), to p|f(kp+x), zatem q|f(tq+sPnj). wystarczy teraz, ze rownanie tq+sPnj=k*Pn+x bedzie mialo rozwiazanie, a to jest prawda, bo na to zeby rownanie mv+nu=d mialo rozwiazanie w liczbach v,u potrzeba i wystarcza, zeby (v,u)|d

9) jesli pewien element jest podzielny przez n, to zbior zlozony tylko z tego elementu spelnia warunki. Zalozmy dalej, ze wszystkie liczby sa niepodzielne przez n. Niech a1,a2...an-1 beda elementami zbioru S. Zalozmy przeciwnie, ze nie mozna znalezc takich liczb.
Rozpatrzmy liczby
a1+a2+...+an-1
a1+a2+...+an-2
...
a1+a2
a1
jest ich n-1. Jesli pewne dwa beda mialy te sama reszte, to odejmujac je od siebie uzyskamy zbior, ktorego suma jest podzielna przez n. Zalozmy wiec, ze kazda z tych liczb ma inna reszte z dzielenia przez n. Rozwazmy teraz liczby
a1+a2+...+an-1
a1+a2+...+an-2
...
a1+a2
a2
tutaj tez wszystkie liczby musza miec inne reszty, ale reszt jest n-1, czyli tyle samo ile liczb, zatem a1 i a2 musza miec takie same reszty z dzielenia. Postepujac tak dalej uzyskamy, ze wszyskie liczby maja taka sama reszte z dzielenia przez n. Sprzecznosc, bo z zalozenia istnieje chociaz jedna para, ktorej roznica jest niepodzielna przez n.


12) Indukcja po n wykazemy, ze dla 2n elementow wystarczy n2 ruchow. Jesli b1=Dla n=1 jest prawda.
Zalozmy, ze dla pewnego n teza jest prawdziwa. Niech a1,a2...,a2n+2 beda danymi liczbami oraz niech ai < aj beda dwiema najwiekszymi liczbami. Aby liczbe ai przeprowadzic na przedostatnia pozycje musimy wykonac 2n+1-i ruchow, natomiast zeby liczbe aj przeprowadzic na ostatnia pozycje musimy wykonac 2n+2-j ruchow, suma tych ruchow bedzie najmniejsza jesli mozliwie najwiecej razy bedziemy przesuwac liczby ai i aj jednoczesnie. Zalozmy najpierw, ze najwieksza z liczb znajduje sie przed druga z nich. Zatem najpierw wykonujemy i-j-1 ruchow, aby liczby aj,ai wystapily kolo siebie wlasnie w tej kolejnosci, nastepnie wykonujemy ruch zamieniajacy liczby miedzy soba, a pozniej wykonujemy 2n+2-i ruchow zeby liczby przeprowadzic na koniec. Wykonalismy w sumie i-j-1+1+2n+2-i=2n+2-j ruchow, czyli co najwyzej 2n+1, reszte elementow czyli a1,a2...,a2n sortujemy wykonujac co najwyzej n2 ruchow. Zatem ruchow potrzebnych w tym przypadku wykonalismy co najwyzej n2+2n+1=(n+1)2. Tak samo rozpatrujemy przypadek kiedy ai, aj wystapia w tej kolejnosci, jednak tutaj liczba potrzebnych ruchow bedzie mniejsza, bo nie bedzie trzeba zamieniac liczb miedzy soba.
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 24 lis 2004, o 20:44 
Gość Specjalny

Posty: 534
Lokalizacja: Warszawa
http://bw2004.olimpiados.lt/files/2004problems.pdf
pojawil sie pdf z zadaniami, na razie dalej po angielsku, ale przynajmniej latwiej sie bedzie korzystalo
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 24 lis 2004, o 21:39 
Użytkownik

Posty: 413
Lokalizacja: Paris
trzeba wspomniec, ze sa tam rowniez rozwiazania zadan :)
Góra
Utwórz nowy temat Ten temat jest zamknięty. Nie możesz w nim pisać ani edytować postów.  [ Posty: 26 ]  Przejdź na stronę Poprzednia strona  1, 2


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Baltic Way 2010  Swistak  18
 [Baltic Way 2004] Są rozwiązania zadań?  SoD  5
 Baltic Way '11  Barcelonista  4
 [Kombinatoryka] 2004 liczb pierwszych i czwarta potęga  Sylwek  4
 [MMwGMiL] 2004, 2005, 2006  Zlodiej  26
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl