Условие (стр. 4 )

Решение

Ответ: а) не могут; б) могут.
а) Пусть N - число игроков, M=[N/2]. Игроков, занявших первые M мест, назовём сильными, а остальных - слабыми (между участниками с одинаковой суммой очков места распределяются произвольно). Пусть X - число правильных партий между сильными и слабыми. Сумма очков, набранных сильными во встречах между собой, равна M(M-1)/2, а во встречах со слабыми - не больше X. Поэтому средний результат сильного не больше ((M-1)/2)+(X/M). Аналогично, средний результат слабого не меньше ((N-M-1)/2)+((M(N-M)-X)/(N-M)). Если есть неправильные партии, то не все игроки набрали поровну, и средний результат сильного больше, чем слабого. Отсюда X>M(N-M)/2>N(N-1)/8. Так как общее число партий равно N(N-1)/2, доля правильных партий больше 1/4.
б) Возьмём сначала турнир 2k+1 игрока, в котором каждый участник с номером i<k проиграл участникам с номерами i+1, ..., i+k и выиграл у остальных, а каждый участник с номером i>k выиграл у участников с номерами i-k, ..., i-1 и проиграл остальным. Очевидно, что все игроки набрали по k очков, причём в таблице турнира выше главной диагонали единицы стоят лишь в k(k+1)/2 клетках из 2k(2k+1)/2. Теперь "размножим" каждого игрока, заменив его блоком из n новых, и пусть участники из разных блоков играют друг с другом так же, как соответствующие прежние участники, а участники из одного блока играют друг с другом вничью. Получим новую таблицу, в которой по-прежнему у всех игроков поровну очков. Исправим эту таблицу так, чтобы суммы очков игроков перестали быть равными. Для этого будем менять результаты участников из блока k+1: в их встречах против участников из блока k+1-i заменим i*n выигрышей ничьими, так что сумма очков каждого участника блока k+1 уменьшится, а каждого участника блока k+1-i увеличится на i/2. Напротив, в партиях с игроками блока k+1+i заменим ничьими i*n проигрышей. Число неправильных партий станет равно n2(2k(2k+1)/2)-n2(k(k+1)/2)-2n(k(k+1)/2). При этом общее число партий равно n(2k+1)(n(2k+1)-1)/2. При n=k=20 неправильные партии составляют 235,600/335,790>0,7 от общего числа партий.

Условие

Для заданных натуральных чисел k0<k1<k2 выясните, какое наименьшее число корней на промежутке [0; 2р) может иметь уравнение вида

sin(k0x)+A1·sin(k1x) +A2·sin(k2x)=0

где A1, A2 – вещественные числа.

Решение

Обозначим через N(F) число нулей функции F на полуинтервале [0;2), т. е. число значений аргумента x [0;2), для которых F(x) = 0. Тогда при A1 = A2 = 0 получаем N(sin k0x) = 2k0. Действительно, нулями являются числа xn = , где n = 0, 1, ..., 2k0 - 1.

Фиксируем произвольные числа A1 и A2 и докажем, что число нулей функции

F(x) = sin k0x + A1sin k1x + A2sin k2x

на полуинтервале [0;2) не меньше, чем 2k0. Обозначим

fm(x) = sin x, если$m$ делитсяна4,
-cos x, если$m-1$ делитсяна4,
-sin x, если$m-2$ делитсяна4,
cos x, если$m-3$ делитсяна4.

Очевидно, f"m + 1(x) = fm(x). Теперь определим последовательность функций

Fm(x) = fm(k0x) + A1fm(k1x) + A2fm(k2x),

m = 0, 1, ... Тогда F0 = F и F"m + 1 = k0Fm. Ясно, что число 2 -- период каждой из функций Fm.

Лемма. Пусть f -- дифференцируемая функция c периодом 2. Тогда число нулей функции f на полуинтервале [0;2) не превосходит числа нулей ее производной на том же полуинтервале.

Доказательство. Воспользуемся теоремой Ролля: между двумя нулями дифференцируемой функции есть хотя бы один нуль ее производной (см. комментарий к задаче). Пусть x1, x2, ..., xN -- нули функции на указанном полуинтервале. По теореме Ролля на каждом из интервалов (x1;x2), (x2;x3), ..., (xN - 1;xN), (xN;x1 + 2) есть хотя бы один нуль производной. Однако нуль производной на последнем интервале (обозначим его через y) может оказаться вне полуинтервала [0;2). В этом случае рассмотрим y - 2 -- это тоже нуль производной, так как производная периодической функции периодична. Лемма доказана.

Из леммы следует, что N(Fm)N(Fm + 1). Поэтому достаточно доказать, что N(FM)2k0 для достаточно большого числа M.

Поскольку < 1, < 1, то для достаточно большого числа M

= A1 + A2 < 1

Выберем такое M вида 4m + 3, тогда

FM = cos(n) + A1cos + A2cos.

Поэтому FM > 1 - > 0 для четных n и FM < - 1 + < 0 для нечетных n. Значит, непрерывная функция FM обязательно имеет нуль между любыми соседними точками xn = , где n = 0, 1, ..., 2k0. Поэтому N(FM)2k0.

Комментарии. 1o. Периодическую функцию можно представлять себе как функцию на окружности. Тогда утверждение леммы переформулируется так: число нулей функции на окружности не превосходит числа нулей ее производной, и доказательство станет более прозрачным.

2o. Идея доказательства теоремы Ролля: рассмотрите экстремумы (максимум и минимум) функции на отрезке, соединяющем точки, где функция обращается в нуль. Если один из экстремумов достигается внутри отрезка, то производная обращается в нуль в этой точке. Если оба экстремума достигаются на концах отрезка, то функция равна нулю на этом отрезке тождественно.

3o. Вообще говоря, может оказаться, что функция имеет бесконечно много нулей на полуинтервале. В этом случае лемму нужно понимать так: если f имеет бесконечно много нулей на полуинтервале, то и f" имеет бесконечно много нулей на этом полуинтервале. Проверьте, что доказательство остается в силе и в этом случае.