СПРОСИ ПРОФИ
👍
+1
👎 132

Задачи заочных этапов олимпиад 2013-2014.

Предлагается обсуждать в этой теме задачи, которые представляли достаточную сложность и не были разобраны на просторах интернета или были разобраны достаточно плохо (громоздкое, непонятное или слишком сложное решение).
Приветствуется и публикация неясных задач, и обсуждение уже помещенных.
олимпиады по математике математика обучение     #1   05 фев 2014 14:52   Увидели: 10 клиентов, 3 специалиста   Ответить
👍
0
👎 0
ПВГ, 2 тур, задача №10.
Для функции [m]f(x)=2013+\sin{2\pi x}-8x^3-12x^2-18x-a[/m] найдите количество целых значений [m]a[/m], при каждом из которых уравнение [m]f(f(...f(x)...))=2x+1[/m] (функцию [m]f[/m] взяли [m]2013[/m] раз) на отрезке [m][49,50][/m] имеет единственное решение.

В интернете лежит решение этой задачи, но оно содержит достаточно сложный переход, который имеет смысл разобрать подробнее.
👍
+1
👎 1
Предлагаю следующее решение:
I. Преобразуем функцию: [m]f(x)=\sin 2\pi x — (2x+1)^3 — 12x + (2014-a)[/m]
Функция непрерывная и монотонно убывающая (производная отрицательная, не превосходит [m]-12 + 2\pi[/m]). Тогда теми же свойствами обладает функция в левой части уравнения как композиция нечётного числа непрерывных убывающих функций. В правой части функция непрерывная возрастающая, поэтому решение единственно, и осталось выяснить, когда оно лежит на заданном отрезке.
Правая часть возрастает от 99 до 101, поэтому условие существования и единственности решения на [49,50] таково: левая часть при x=49 не меньше 99, а при x=50 не больше 101.
👍
+1
👎 1
II. Задача свелась к исследованию значений левой части уравнения при целых значениях аргумента. В этом случае [m]f(n)=-(2n+1)^3-12n+(2014-a)[/m] ([m]n[/m] — целое), значение функции такще целое, поскольку [m]a[/m] — целое.
В дальнейшем понадобится также выражение для разности значений функции [m]f[/m] в целых точках:
[m]f(n)-f(m)=(2m+1)^3-(2n+1)^3+12m-12n=-2(n-m)((2m+1)^2+(2m+1)(2n+1)+(2n+1)^2+6)[/m]
В частности,
[m]f(49)-f(50)=2(101^2+101\cdot 99+99^2+6)=60014[/m]
👍
+1
👎 1
III. Пусть [m]x_{k+1} = f(x{k})[/m], значение [m]x_0[/m] при необходимости будет указываться в скобках. Тогда условие существования и единственности решения (необходимое и достаточное) имеет вид [m]x_{2013}(49) \ge 99[/m], [m]x_{2013}(50) \le 101[/m]
👍
+1
👎 1
(строго) возрастает, а [m]x_{2k}[/m] убывает;
если [m]x_1<x_0[/m] убывает, а [m]x_{2k}[/m] возрастает;
если [m]x_1=x_0[/m], то [m]x_{k}[/m] — постоянная последовательность.
Для доказательства этого утверждения рассмотрим разность
[m]x_{k+2} -x_{k} = x_{k+2} -x_{k+1} + x_{k+1} -x_{k} = f(x_{k+1}) -f(x_{k}) + x_{k+1} -x_{k} = -2(x_{k+1} -x_{k})( (2x_{k+1}+1)^2 + (2x_{k+1}+1)(2x_{k}+1)+ (2x_{k}+1)^2+6) + (x_{k+1} -x_{k}) = -(x_{k+1} -x_{k})( 2(2x_{k+1}+1)^2 + 2(2x_{k+1}+1)(2x_{k}+1)+ 2(2x_{k}+1)^2+11)[/m]
Поскольку второй сомножитель положителен (11+ удвоенный неполный квадрат суммы), знак [m]x_{k+2} -x_{k}[/m] противоположен знаку [m]x_{k+1} -x_{k}[/m]. Отсюда и следует указанный выше характер поведения последовательности (по индукции).
👍
+1
👎 1
V. Для выполнения условия [m]x_{2013}(49) \ge 99[/m] необходимо и достаточно, чтобы выполнялось неравенство [m]f(49)>49[/m]. Действительно, в этом случае [m]x_1>49=x_0[/m], подпоследовательность с нечётными индексами строго возрастает, и требуемое неравенство выполняется с большим запасом. С другой стороны, если [m]x_1=f(49)\le 49=x_0[/m], то эта подпоследовательность невозрастающая, и условие нарушается.
Аналогично для выполнения условия [m]x_{2013}(50) \le 101[/m] необходимо и достаточно выполнения неравенства [m]x_1(50)=f(50)\le 50=x_0[/m]: в этом случае подпоследовательность с нечётными номерами будет невозрастающей.
👍
+1
👎 1
VI. Таким образом, условие существования единственного решения уравнения на отрезке свелось к двум неравенствам: [m]f(49)>49[/m] и [m]f(50)=f(49)-60014 \ge 50[/m], или [m]0 < f(49)-49 \ge 60014+50-49=60015[/m]. Поскольку любое целое значение из указанного промежутка может быть получено при надлежащем выборе параметра [m]a[/m], таких значений оказывается 60015.
👍
+1
👎 1
убывающая и непрерывная.
Пусть [m]f(x)=kx+b[/m], тогда
[m]f(f(x))=f(kx+b)=k(kx+b)+b=k^2x+kb+b;[/m]
[m]f(f(f(x)))=f(kx^2+kb+b)=k(k^2x+kb+b)+b=k^3x+k^2b+kb+b;[/m]
[m]...[/m]
[m]g(x)=k^{2013}x+k^{2012}b+k^{2011}b+...+kb+b.[/m]
[m]g(x)=k^{2013}x+b\frac{k^{2013}-1}{k-1}.[/m]
Так как [m]g(x)=2x+1[/m], то
[m]k^{2013}=2,~k=\sqrt[2013]{2};[/m]
[m]b\frac{k^{2013}-1}{k-1}=1,~b=\sqrt[2013]{2}-1.[/m]
Уравнения:
[m]g(x)=2x+1[/m]
и
[m]f(x)=\sqrt[2013]{2}x+\sqrt[2013]{2}-1,[/m]
имеют единственные корни, что следует из убывания и возрастания левой и правой частей соответственно. И эти корни совпадают.

Таким образом, достаточно, чтобы одновременно были выполнены условия
[m]f(49)\geq 49\cdot\sqrt[2013]{2}+\sqrt[2013]{2}-1;[/m]
[m]f(50)\leq 50\cdot\sqrt[2013]{2}+\sqrt[2013]{2}-1.[/m]
Несложно вычислить, что это получается при [m]60015[/m] целых значениях [m]a[/m].
👍
+2
👎 2
Да, затейливо. Не для простых умов. Надо осознать.
Я, признаться, застрял на первой строчке после "тогда", на втором знаке равенства.
[m]f(x)=kx+ b[/m] — это же не тождество, а уравнение, справедливое для какого-то одного значения аргумента [m]x[/m]. А утверждается (подразумевается, предполагается), что оно справедливо и для [m]x' = f(x) = kx+ b[/m], потому что получается, что [m]f(f(x))=kf(x) + b[/m]
Но тогда в силу единственности решения [m]x = f(x)[/m], что неверно.
Где я неправ?
👍
0
👎 0
Мда...
Согласен. Похоже, что решение содержит дыру.
Но есть подозрение, что она устранима. Сходу не вижу...
👍
+2
👎 2
Сильно удивлюсь, если удастся исправить решение: оно основано на ошибочной гипотезе, что из [m]f(x)=\phi(x)[/m] следует [m]f(f(x))=\phi(\phi(x))[/m] (в данном случае для линейной функции [m]\phi[/m])
Контрпример ([m]f:=\cos[/m], [m]k:=\frac{3}{2\pi}[/m], [m]b:=0[/m]): значение [m]x=\pi/3[/m] является корнем уравнения [m]\cos (x) = \frac \frac{3}{2\pi} x[/m] и не является корнем уравнения [m]\cos(\cos (x)) = \frac \frac{3}{2\pi} \left( \frac \frac{3}{2\pi} x \right)[/m]
👍
0
👎 0
Пардон, технический сбой. Напишем по-другому: ... является корнем уравнения [m]\cos x = (3/2\pi) x[/m] и не является корнем уравнения [m]\cos \cos x = (3/2\pi)^2 x[/m]
👍
+2
👎 2
Сперва удивлялся совпадению ответов, а потом перестал: 60015 — это число целых точек на отрезке [ f(49), f(50) ]. Ничего странного, что оно в задаче появляется и при правильном, и при неправильном решении.
👍
+1
👎 1
Да, по этой причине и совпадает.
По ней же вычисление ответа не вызывает проблем.

По поводу допущенной ошибки Вы абсолютно правы. Спасибо, что помогли разобраться!
👍
0
👎 0
Не за что! Всегда рад!
👍
+1
👎 1
Несложно вычислить, что это получается при [60015] целых значениях [a] .

Даже в меру строгий проверяющий придрался бы к "несложно вычислить" и потребовал явного вычисления. И был бы прав, причем не только формально.
  #11   06 фев 2014 13:45   Ответить
👍
0
👎 0
Ну это же не решение, а идея решения. Так что какие-то детали могут опускаться, всё законно.
👍
+1
👎 1
Если опущенная деталь слишком трудоемка — идея плохая.

Примерно как идея найти 6 знаков числа пи, сложив пол-миллиона членов ряда
4 -4/3+4/5-4/7+..... :)
  #13   06 фев 2014 14:38   Ответить
👍
0
👎 0
Данная деталь не трудоемка. Проблема, как выяснилось, в другом.
👍
0
👎 0
Может быть — я не проверял. Хотите — проверьте, имея ввиду 16-17.
Вполне может оказаться, что оценка 60.000 — 60.100 получится, а за точный результат придется поработать дополнительно.
  #18   07 фев 2014 03:16   Ответить
👍
0
👎 0
[m]1<\sqrt[2013]{2}<1+\frac{1}{2013}[/m] ("Подумаешь, бином Ньютона!")
👍
0
👎 0
1. Хватит ли этой грубой оценки — большой вопрос.
2. Даже если хватит — уже полезли 4-х значные знаменатели, так что считать их-не пересчитать.
3. Для школьника оценка через бином может быть совсем неочевидна.
  #17   07 фев 2014 03:13   Ответить
👍
0
👎 0
1-2. Поскольку слева числа целые, то хватит: неравенства принимают вид [m]f(49)>49[\m], [m]f(50)\le 50[\m]. Фактически здесь достаточно ещё более грубой оценки: [m]51(\sqrt[2013]{2}-1)<1[/m]
3. Да, согласен.

Но это в данном случае несущественно, поскольку всё решение неверно.
👍
0
👎 0
Ну что ж такое сегодня с формулами? Повторяю: неравенства принимают вид f(49)<49, f(50)>=50. И для этого достаточно куда более грубой оценки 51*(2^(1/2013)-1)<1
👍
0
👎 0
1-2 — возможно, не проверял и даже не думал на эту тему.

А про верность/неверность решения в целом я ничего не говорил, более того, я даже решение не читал — только крайнюю фразу про "несложно вычислить", и рассказал, какая аллергия бывает на такие фразы у проверяющих :)
  #32   07 фев 2014 16:08   Ответить
👍
0
👎 0
Ну а вот так: [m]a-1=(a^n-1)/(1+a+a^2+...+a^{n-1})[/m], откуда [m]\sqrt[n]{2}-1<1/n[/m]. По-моему, вполне школьный уровень.
👍
0
👎 0
и неподвижной точкой функции [m]f[/m] (и то, и другое существует и единственно при любом [m]a[/m]).
Если снова обозначить [m]x_{k+1}=f(x_k)[/m], то уравнение принимает вид [m]x_{2013}=2x_0+1[/m] ([m]x_0[/m] — его корень).
Обозначим [m]x_k=x_*+d_k[/m], где [m]x_*[/m] — неподвижная точка [m]f[/m]. Тогда [m]d_{2013}=x_*+1+2d_0[/m]
👍
0
👎 0
Пусть [m]M[/m] — оценка снизу для модуля производной: [m]f'(x)<-M[/m]. Последовательность [m]d_k[/m] знакочередующаяся, и [m]|d_{k+1}|>Md_k[/m]. Ограничимся случаем таких [m]a[/m], для которых [m]x_*[/m] лежит на отрезке [49,50], тогда [m]d_0<0[/m] и , [m]|d_0|<51/(M^{2013}+2)[/m].
👍
0
👎 0
Разумеется, [m]|d_{k+1}|>M|d_k|[/m]
👍
0
👎 0
В общем случае [m]|d_0|<|x_*+1|/(M^{2013}+2)[/m], знак противоположен знаку [m]x_*+1[/m]
👍
0
👎 0
неподвижная точка [m]f[/m] лежит на отрезке [49,50]. Это значения, для которых [m]f(49)=49[/m] (неподвижная точка на левой границе), [m]f(50)=50[/m] (неподвижная точка на правой границе) и все промежуточные. В случае [m]f(49)=49[/m] соответствующее решение уравнения [m]g(x)=2x+1[/m] уже выскочит за левую границу отрезка, поскольку лежит левее, а для всех прочих окажется на отрезке. (Для доказательства можно оценить снизу расстояние от неподвижной точки до левого края, поделив разность [m]f(49)-49[/m], которая не меньше единицы, на максимум модуля производной [m]1+|f'(50)|[/m].) Ну и ещё нужно убедиться, что если неподвижная точка лежит вне отрезка, то и корень уравнения тоже туда не попадёт (для этого, видимо, придётся модифицировать оценку для [m]|d_0|[/m])
Я, разумеется, далёк от мысли, что это решение для школьной олимпиады. Хотя в физматшколах, кажется, формула конечных приращений проходится? Помнится, нам её давали (правда, это было в незапамятные времена).
👍
0
👎 0
Максимум модуля производной — разумеется, для функции [m]f(x)-x[/m]

Задайте свой вопрос по математике
профессионалам

Сейчас онлайн 75 репетиторов по математике
Получите ответ профи быстро и бесплатно

Другие вопросы на эту тему:

👍
+1
👎 110

Олимпиада Физтех-2014, очный тур.   10 ответов

Задания олимпиады МФТИ по математике для 11 класса, прошедшей 1 марта.
👍
0
👎 04

Всесибирская открытая олимпиада школьников по математике 2013-14 гг.   4 ответа

Олимпиада завершилась 25 января, можно обсудить.
Особенно интересна задача №5. Есть идеи? :-)
👍
0
👎 014

Высшая проба 2014, очный тур.   14 ответов

16 февраля прошел 2 тур олимпиады ВШЭ "Высшая проба".
Предлагаю задачи для обсуждения.
👍
0
👎 024

ОММО-2014   24 ответа

Задания Объединенной Межвузовской Математической Олимпиады, прошедшей 2 февраля 2014.
Разбираем понравившиеся задачи.
👍
0
👎 04

Задача про 6 бумажных полосок . 5 класс   4 ответа

Даны 6 одинаковых полосок бумаги- 1см на 10 см. Расположить их на листе так, чтобы каждая полоска касалась только одной другой. ( только двух, трех, четырех и пяти полосок- я решила). Слишком просто кажется решение расположить полоски по парам для 3 серии мат. олимпиады. Помогите пожалуйста. Заранее благодарна.
  03 фев 2013 17:28  
👍
0
👎 04

Задача с олимпиады   4 ответа

ученик за 4 дня решил 23 задачи,причем каждый день он решал задач больше чем в предыдущий день,а в четвертый день он решил задач в 2 раза больше,чем в первый день.Сколько задач решал ученик каждый день?
ASK.PROFI.RU © 2020-2022