[MIX] Jagiellońska Liga Matematyczna

[Wasilewski]

2. Nierówność z treści domnażamy przez x i całkujemy obustronnie, przy czym lewą stronę całkujemy przez części, wówczas:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{\pi} xf''(x) \mbox{d}x = \pi f'(\pi) - 0\cdot f'(0) - \int_{0}^{\pi} f'(x) \mbox{d}x = \\ \pi f'(\pi) - (\underbrace{f(\pi) - f(0)}_{=0}) \ge - \int_{0}^{\pi} xf(x)\mbox{d}x.}\)
To jest oczywiście równoważne nierówności z zadania.
Całkujemy funkcje ciągłe, zatem równość zachodzi tylko wtedy, gdy
\(\displaystyle{ xf''(x) = -xf(x)}\),
a zatem dla sinusa mnożonego przez stałą (odrzucamy cosinus, ponieważ \(\displaystyle{ f(0) = f(\pi)}\)).

[max]

ad 4. (wiem, bo mi kolega powiedział, więc się powymądrzam):    

Rozważmy następującą sytuację probabilistyczną:
Losujemy \(\displaystyle{ n}\) spośród \(\displaystyle{ m}\) krawędzi grafu \(\displaystyle{ G}\) (z równym prawdopodobieństwem każda).
Niech \(\displaystyle{ X}\) oznacza zmienną losową równą liczbie cykli jakie tworzą wylosowane krawędzie.
Szansa wylosowania ustalonej krawędzi wynosi \(\displaystyle{ \frac{n}{m},}\) zatem szansa, że wylosowane krawędzie utworzą ustalony cykl długości \(\displaystyle{ k}\) wynosi \(\displaystyle{ \left(\frac{n}{m}\right)^{k}.}\)
Wszystkich cykli długości \(\displaystyle{ k}\) jest \(\displaystyle{ C_{k}.}\)
Jeśli teraz oznaczymy:
\(\displaystyle{ C}\) - zbiór cykli w grafie \(\displaystyle{ G}\)
\(\displaystyle{ A_{c}}\) - zdarzenie polegające na wylosowaniu cyklu \(\displaystyle{ c,}\)
to średnia liczba wylosowanych cykli, czyli wartość oczekiwana zmiennej \(\displaystyle{ X}\) wynosi:
\(\displaystyle{ EX = \sum_{c\in C} P(A_{c}) = \sum_{n=3}^{\infty}C_{k}\left(\frac{n}{m}\right)^{k}}\)

Z drugiej strony wiemy, że \(\displaystyle{ n}\) krawędzi grafu o \(\displaystyle{ n}\) wierzchołkach tworzy co najmniej jeden cykl, zatem \(\displaystyle{ X \ge 1,}\) a więc \(\displaystyle{ EX\ge 1.}\)

ad 3.:    

Zauważmy, że \(\displaystyle{ \mathbb{Z}[x^{i}]\subset \mathbb{Z}[x]}\) jest całkowitym rozszerzeniem pierścieni, bowiem \(\displaystyle{ x}\) jest całkowity nad \(\displaystyle{ \mathbb{Z}[x^{i}].}\)
Zatem \(\displaystyle{ P}\) spełnia zależność całkowitą nad \(\displaystyle{ \mathbb{Z}[x^{i}],}\) innymi słowy istnieją takie \(\displaystyle{ p_{1},\ldots, p_{n}\in \mathbb{Z}[x^{i}], n \ge 1}\) że:
\(\displaystyle{ P^{n} + \sum_{i=1}^{n}p_{i}x^{n-i} = 0}\)
czyli
\(\displaystyle{ P(P^{n-1} + \sum_{i=1}^{n-1}p_{i}x^{n-i-1}) = -p_{0}\in \mathbb{Z}[x^{i}],}\)
a ponieważ każdy element \(\displaystyle{ p\in\mathbb{Z}[x^{i}]}\) jest postaci \(\displaystyle{ W_{p}(x^{i})}\) dla pewnego \(\displaystyle{ W\in \mathbb{Z}[x],}\) to kładąc \(\displaystyle{ Q_{i}= -p_{0}, \ W_{i} = W_{p_{0}}}\) otrzymujemy tezę.

[Dumel]

łooo nie myślałem że w 3. można uderzyć takimi cudakami (sorry za wyrażenie )
ja to zrobiłem tak:

Ukryta treść:    

wykorzystałem tożsamości:
w (i) \(\displaystyle{ (a+b)(a-b)=a^2-b^2}\)
w (ii) \(\displaystyle{ (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)=a^3+b^3+c^3-3abc}\)
gdzie w (i) a i b to sumy jednomianów stopni odpowiednio: parzystych i nieparzystych, a w (ii) analogicznie a,b,c (reszty z dzielenia przez 3)

jeszcze z tej serii zrobiłem zad. 1

Ukryta treść:    

odpowiedź: \(\displaystyle{ n \ge 3}\). jakby wrzucić w układ współrzędnych to można odpowiednio porozrzucać \(\displaystyle{ n-2}\) prostych o współczynniku kierunkowym \(\displaystyle{ - \frac{1}{2}}\) i dorzucić jedną prostą aby pasowało (zostaną razem 4 pola w dwóch rogach do przykrycia)

max, zad. 3. mozna tym Twoim sposobem uogólnić na dowolne potęgi? (tzn aby po przemnożeniu wyszedł wielomian \(\displaystyle{ W(x^n)}\)). tak na oko wygląda że pewnie tak i chyba to zrobiłeś, ale nie rozumiem połowy słów w tym rozwiązaniu więc pewien nie jestem

[max]

Można na przykład zupełnie analogicznie (tzn dowód przenosi się ze zmianą dosłownie kilku wyrazów) stwierdzić, że dla dowolnych wielomianów \(\displaystyle{ f_{i}\in R[X_{i}]\setminus R, \ i=1,\ldots, n}\) i dowolnego wielomianu \(\displaystyle{ f\in R[X_{1},\ldots, X_{n}]}\) istnieje \(\displaystyle{ g\in R[X_{1},\ldots, X_{n}]}\) spełniające \(\displaystyle{ fg\in R[f_{1},\ldots, f_{n}],}\) i za \(\displaystyle{ R}\) wstawić \(\displaystyle{ \mathbb{Z}, \mathbb{R},\mathbb{Q}, \mathbb{C}, \mathbb{Z}[i\sqrt{5}], \mathbb{C}[X], \mathbb{Z}_{2048}(\sqrt{X +1})[T]}\) czy jakikolwiek inny pierścień przemienny z jedynką.
Na początku zrobiłem to zadanie korzystając z tych tożsamości co wypisałeś, ale potem stwierdziłem, że po coś się uczyłem algebry i zauważyłem ogólniejszy dowód.

[Menda]

ad 3.:    

Zauważmy, że \(\displaystyle{ \mathbb{Z}[x^{i}]\subset \mathbb{Z}[x]}\) jest całkowitym rozszerzeniem pierścieni, bowiem \(\displaystyle{ x}\) jest całkowity nad \(\displaystyle{ \mathbb{Z}[x^{i}].}\)
Zatem \(\displaystyle{ P}\) spełnia zależność całkowitą nad \(\displaystyle{ \mathbb{Z}[x^{i}],}\) innymi słowy istnieją takie \(\displaystyle{ p_{1},\ldots, p_{n}\in \mathbb{Z}[x^{i}], n \ge 1}\) że:
\(\displaystyle{ P^{n} + \sum_{i=1}^{n}p_{i}x^{n-i} = 0}\)
czyli
\(\displaystyle{ P(P^{n-1} + \sum_{i=1}^{n-1}p_{i}x^{n-i-1}) = -p_{0}\in \mathbb{Z}[x^{i}],}\)
a ponieważ każdy element \(\displaystyle{ p\in\mathbb{Z}[x^{i}]}\) jest postaci \(\displaystyle{ W_{p}(x^{i})}\) dla pewnego \(\displaystyle{ W\in \mathbb{Z}[x],}\) to kładąc \(\displaystyle{ Q_{i}= -p_{0}, \ W_{i} = W_{p_{0}}}\) otrzymujemy tezę.

zacnie

[Menda]

pojawiły się zadania z 4 etapu ligi, termin oddania rozwiązań - 25 stycznia

Pozdro

[Dumel]

koniec IV serii, zadania są w 1. poście, mile widziane rozwiązania i komentarze.

ta seria była jakoś podejrzanie łatwa, pierwszy raz udało mi się zrobić 3 zadania - bez ostatniego, którego rozwiązanie chętnie bym zobaczył.

[Kibu]

Dumel, a wiesz, że w 3 teza nie zachodzi?:) W czwartym, funkcja istnieje, można np. coś z ln pokombinować (ale to mi kolega mówił, nie zrobiłam, podobnie zresztą o fałszywości tezy).

[Dumel]

Dumel, a wiesz, że w 3 teza nie zachodzi?:)

to poprostu niemożliwe! przecież to udowodniłem
wiesz coś więcej czy np. brakuje jakichś założeń i byłoby ok, czy może całe zadanie nadaje się do kosza?
w ogóle ciężko mi pojąć jakim cudem tak intuicyjne twierdzonko może być fałszywe

W czwartym, funkcja istnieje

w sensie że istnieje funkcja spełniająca założenia, nieograniczona na każdym przedziale, tak?

[Kibu]

to poprostu niemożliwe! przecież to udowodniłem

Wstyd się przyznać, ale ja też;p. Ale ja już od pewnego czasu podchodzę z dystansem do swoich rozwiązań:D. Jeśli dobrze przyporządkowuję nick do osoby, to menda jest Ci w stanie wyjaśnić, o co chodzi. Dla wielomianów nieparzystego stopnia chyba działa zawsze, a dla parzystego stopnia "często". Można podać kontrprzykład, który nie jest skomplikowany, ale którego nie pamiętam.

w sensie że istnieje funkcja spełniająca założenia, nieograniczona na każdym przedziale, tak?

Tak.

[max]

Przykład w 3. to:    

\(\displaystyle{ f(x) = x(x+1), \ g(x) = 2x(2x+1)}\)
też się zdziwiłem:P

[Dumel]

Dla wielomianów nieparzystego stopnia chyba działa zawsze

to chociaż tyle dobrego. jakby się okazało że w najłatwiejszej części rozwiązania mam blefa, chyba bym zupełnie zwątpił w swoje umiejętności

[Menda]

Jeśli dobrze przyporządkowuję nick do osoby, to menda jest Ci w stanie wyjaśnić, o co chodzi.

Kibu moja droga, niestety nie jestem tym za kogo mnie bierzesz. Aczkolwiek byłaś blisko, jako że jestem jednym z wielu wielbicieli Twoich świątecznych wypieków :]

Co do zadań to zrobiłem 1 które jest trywialne, banalne i w ogóle dowód jest łatwo widoczny, a na resztę jakoś nie miałem pomysłu. Miałem wrażenie że kiedyś robiłem/próbowałem robic podobne zadanie do 3, tylko że chyba w założeniu było f(Q)=g(Q) albo coś w tym stylu, więc warunek f(Z)=g(Z) choć dość naturalny też wydawał mi się dziwny, chyba dlatego postanowiłem nie brać się za to zadanie. Jako że, zdałem dzisiaj topologię to misie już nic nie chce, także kończę. Dozo

Pozdro

[Dumel]

drugie można było chyba zrobić nawet jeszcze szybciej niż pierwsze. szło od ręki jak się zauważyło że równość może zajść gdy punkty leżą na jednej prostej poziomej.

przede mną jeszcze wstęp do informatyki, także kończę :p

[Kibu]

Kibu moja droga, niestety nie jestem tym za kogo mnie bierzesz.

A to przepraszam:). Zmyliło mnie Twoje "zacnie" w jednym z postów, ale w sumie 3/4 Koła już tak mówi:).

Dumel, jak będziesz sobie robił przerwę od WDP, to mógłbyś wrzucić szkic drugiego?