SEEMOUS 2022

jason.prod · #1

Καλησπέρα σε όλη την ομάδα του Mathematica. Σήμερα διεξήχθη στο Palic της Σερβίας ο διαγωνισμός SEEMOUS 2022. Παραθέτω τα (πολύ ωραία αλλά και πολύ δύσκολα, αν μου επιτρέπεται το σχόλιο) θέματα του διαγωνισμού.

Πρόβλημα 1:

Θεωρούμε μιγαδικούς τετραγωνικούς πίνακες A,B

διάστασης

για τους οποίους AB^2A=AB

. Να αποδειχθεί ότι:

(α) (AB)^2=AB.

(β)

.

Πρόβλημα 2:

Θεωρούμε πραγματικούς αριθμούς a,b,c

με

και $a^3+b^3+c^3\neq1$ . Μια συνάρτηση $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ ονομάζεται Palic αν είναι συνεχής και για κάθε $x,y,z,\in\mathbb{R}$ ισχύει η σχέση

$\displaystyle{f(x)+f(y)+f(z)=f(ax+by+cz)+f(bx+cy+az)+f(cx+ay+bz).}$

Να αποδειχθεί ότι κάθε συνάρτηση Palic είναι άπειρες φορές παραγωγίσιμη και να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις Palic.

Πρόβλημα 3:

Θεωρούμε μη μηδενικό μιγαδικό αριθμό $\alpha$ και πίνακα $A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{C}), A\neq O_n$ για τους οποίους ισχύει η σχέση

$\displaystyle{A^2+(A^*)^2=\alpha A\cdot A^*.}$

Να αποδειχθεί ότι $\alpha\in\mathbb{R}$ , $|\alpha|\le2$ και ότι ο

είναι κανονικός.

Πρόβλημα 4:

Έστω $\mathcal{F}$ η οικογένεια των μη κενών και πεπερασμένων υποσυνόλων του $\mathbb{N}\cup\{0\}$ . Να εξεταστεί για ποιους θετικούς πραγματικούς αριθμούς

η σειρά

$\displaystyle{\sum\limits_{A\in\mathcal{F}}\dfrac{1}{\sum\limits_{k\in A}a^k}}$

συγκλίνει.

#2

jason.prod έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 29, 2022 5:50 pm
Πρόβλημα 4:

Έστω $\mathcal{F}$ η οικογένεια των πεπερασμένων υποσυνόλων του $\mathbb{N}\cup\{0\}$ . Να εξεταστεί για ποιους θετικούς πραγματικούς αριθμούς η σειρά

$\displaystyle{\sum\limits_{A\in\mathcal{F}}\dfrac{1}{\sum\limits_{k\in A}a^k}}$

συγκλίνει.

Ας σημειώσουμε ότι το πρόβλημα θα έπρεπε να λέει μη κενών υποσυνόλων αφού αλλιώς το άθροισμα δεν ορίζεται.

Θα δείξουμε ότι συγκλίνει αν και μόνο αν a > 2

. Είναι προφανές ότι αποκλίνει για $a \leqslant 1$ αφού είναι άθροισμα θετικών όρων ανάμεσα στους οποίους είναι και οι $1,1/a,1/a^2,\ldots$ . Μπορούμε λοιπόν να υποθέσουμε ότι a > 1

. Τότε για κάθε πεπερασμένο

έχουμε

$\displaystyle a^{\max{A}} \leqslant \sum_{k \in A} a^k \leqslant |A|a^{\max{A}}$

Υπάρχουν ακριβώς 2^n

υποσύνολα

με $\max{A} = n$ αφού μπορούμε να αποφασίσουμε ανεξάρτητα για κάθε ένα από τα $0,1,2,\ldots,n-1$ αν ανήκουν στο

ή όχι. Άρα

$\displaystyle \sum\limits_{A\in\mathcal{F}}\dfrac{1}{\sum\limits_{k\in A}a^k} \leqslant \sum_{A \in \mathcal{F}} \frac{1}{a^{\max{A}}} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{2^n}{a^n}$

το οποίο μας δείχνει ότι έχουμε σύγκλιση για a > 2

.

Επίσης υπάρχουν ακριβώς $\binom{n}{k}$ υποσύνολα

μεγέθους

με $\max{A} = n$ . Άρα

$\displaystyle \sum\limits_{A\in\mathcal{F}}\dfrac{1}{\sum\limits_{k\in A}a^k} \geqslant \sum_{A \in \mathcal{F}} \frac{1}{|A|a^{\max{A}}} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{a^n}\sum_{k=0}^{n} \frac{\binom{n}{k}}{k+1}$

Γράφοντας

$\displaystyle f(x) = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^k = (1+x)^n$

έχουμε

$\displaystyle \int_{0}^{1} f(x)\,\mathrm{d}x = \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \frac{1}{k+1} = \frac{2^{n+1}-1}{n+1} \geqslant \frac{2^n}{n+1}$

Άρα

$\displaystyle \sum\limits_{A\in\mathcal{F}}\dfrac{1}{\sum\limits_{k\in A}a^k} \geqslant \frac{2^n}{(n+1)a^n}$

το οποίο αποκλίνει για $a \leqslant 2$ . (Από κριτήριο πηλίκου για a < 2

και από αρμονική σειρά για a = 2

.)

jason.prod · #3

Demetres έγραψε: ↑
Τρί Μάιος 31, 2022 10:55 am

Ας σημειώσουμε ότι το πρόβλημα θα έπρεπε να λέει μη κενών υποσυνόλων αφού αλλιώς το άθροισμα δεν ορίζεται.

Έχετε δίκιο. Το διορθώνω.

abfx · #4

jason.prod έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 29, 2022 5:50 pm
Πρόβλημα 1:

Θεωρούμε μιγαδικούς τετραγωνικούς πίνακες διάστασης για τους οποίους . Να αποδειχθεί ότι:

(α)
(β) .

(α)Η δοσμένη συνθήκη γράφεται:
$AB(BA-I_{n})=O_{n}$ .
Χρησιμοποιούμε την ανισότητα Sylvester

για τα rank .Είναι:
$0=rank(AB(BA-I_{n}))\geq rank(AB)+rank(BA-I_{n})-n=rank(AB)+rank(AB-I_{n})-n$
από γνωστό Λήμμα (Summand).Έχουμε επίσης ότι:
$Null(AB-I_{n})\subseteq Im(AB)$ , αφού $X\in Null(AB-I_{n})\implies (AB-I_{n})X=O_{n}\implies ABX=X\implies X\in Im(AB)$
οπότε ισχύει η περίπτωση ισότητας για τη Sylvester

.
$rank(AB-I_{n})+rank(AB)-n=rank((AB-I_{n})AB)\leq 0\implies$
$\implies rank(AB(AB-I_{n}))=0 \implies (AB-I_{n})AB=O_{n}$ που ήταν το ζητούμενο.
(β)

$(AB-BA)^{2}=(AB-BA)(AB-BA)=(AB)^{2}-AB^{2}A-BA^{2}B+(BA)^{2}=$ $=AB-AB^{2}A-BA^{2}B+(BA)^{2}=-BA(AB-BA)$

$(AB-BA)^{3}=-BA(AB-BA)^{2}=(BA)^{2}(AB-BA)$

$(AB-BA)^{4}=(BA)^{2}(AB-BA)^{2}=-(BA)^{3}(AB-BA)=-B(AB)^{2}A(AB-BA)=$
$-(BA)^{2}(AB-BA)=-(AB-BA)^{3}$

Αν $m_{AB-BA}(x)$ το ελάχιστο πολυώνυμο του AB-BA

τότε προφανώς
$m_{AB-BA}(x)\vert x^{4}+x^{3}$ ,άρα ο AB-BA

έχει πιθανές ιδιοτιμές 0,-1

.
Όμως

οπότε ο

δεν μπορεί να έχει ιδιοτιμή το

,
αφού τότε θα είχε αρνητικό ίχνος.
Άρα $m_{AB-BA}(x)=x^{k} ,k\in\{1,2,3\}$ και η γνωστή ισότητα
$m_{AB-BA}(AB-BA)=O_{n}$ μας δίνει το ζητούμενο.

#5

Τι απέγινε με τον SEEMOUS 2022;

Πώς πήγαν οι ελληνικές και κυπριακές ομάδες; Ποιοι συμμετείχαν; Ποιοι ήσαν οι συνοδοί;

Ανυπομονώ να μάθω.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

jason.prod έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 29, 2022 5:50 pm

Πρόβλημα 3:

Θεωρούμε μη μηδενικό μιγαδικό αριθμό $\alpha$ και πίνακα $A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ για τους οποίους ισχύει η σχέση

$\displaystyle{A^2+(A^*)^2=\alpha A\cdot A^*.}$

Να αποδειχθεί ότι $\alpha\in\mathbb{R}$ , $|\alpha|\le2$ και ότι ο είναι κανονικός.

Προφανώς για το πρώτο ερώτημα πρέπει ο

να μην είναι ο μηδενικός.

Marios V. · #7

jason.prod έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 29, 2022 5:50 pm

Πρόβλημα 3:

Θεωρούμε μη μηδενικό μιγαδικό αριθμό $\alpha$ και πίνακα $A\in\mathcal{M}_n(\mathbb{C})$ για τους οποίους ισχύει η σχέση

$\displaystyle{A^2+(A^*)^2=\alpha A\cdot A^*.}$

Να αποδειχθεί ότι $\alpha\in\mathbb{R}$ , $|\alpha|\le2$ και ότι ο είναι κανονικός.

Αρκετά ωραία θέματα φέτος. Γνωρίζουμε ποιοι τα πρότειναν;

Γράφω μια λύση για το 3.

Κατ αρχάς,

πραγματικός αφού θέλουμε το Δεξή Μέλος να είναι ερμιτιανό.
Στο υπόλοιπο πρόβλημα τώρα.

Αρχικά θα δείξουμε

$\displaystyle{ker(A)=ker(A^*)=ker(A^2)=ker((A^*)^2)}$

Πράγματι:

1. Aν A^2v=0

, τότε πολλαπλασιάζοντας την ζητούμενη με

από δεξιά και v^*

απο αριστερά, προκύπτει

$\displaystyle{ 0=v^*A^2v+v^*(A^*)^2v=\alpha v^*AA^*v=(A^*v)^*A^*v}$

άρα A^*v=0

.

2. Όμοια αν (A^*)^2=0

.

3. Αν A^*v=0

, πολλαπλασιάζοντας απλά με

απο δεξιά έχουμε A^2v=0

.

Συνοψίζοντας:

$\displaystyle{ker(A) \subseteq ker\left(A^2\right), ker\left((A^*)^2\right) \subseteq ker(A^*) \subseteq ker(A^2), ker((A^*)^2)}.$

Επειδή τώρα n(A)=n(A^*)

,

, πρέπει να έχουμε ισότητα σε όλα τα $\subseteqt$ πιο πάνω.

Άρα, δουλεύοντας στο $(kerA)^{\perp}$ (μη-κενό αφού

μη-μηδενικός), μπορούμε να υποθέσουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας πως

αντιστρέψιμος.

Θέτω $B=A^{-1}A^*$ . Η ζητούμενη, αφού πολλαπλασιάσουμε από αριστερά με $A^{-1}$ και από δεξιά με $(A^*)^{-1}$ , γράφεται ως

$\displaystyle{B^*+B=\alpha I}$

Άρα

κανονικός, που σημαίνει unitarily διαγωνοποιήσιμος.

Τέλος, θα δείξουμε πως

είναι ορθογώνιος.

Αν $\lambda$ ιδιοτιμή του

και

αντίστοιχο ιδιοδιάνυσμα, τότε $Bv=\lambda v$ δίνει $A^*v=\lambda Av$ , άρα

$\display{A^2v+\lambda^2A^2v= \lambda \alpha A^2v}.$

που δίνει (αφού A^2

αντιστρέψιμος) τη σχέση
$\displaystyle{\lambda^2+1=\alpha \lambda}.$

Άρα, $|\lambda|=1$ , $\lambda+1/\lambda=\alpha$ .

Επομένως: $\alpha$ πραγματικός, $|\alpha| \leq 2$ , και

έχει ιδιοτιμές $\lambda$ και $1/\lambda$ με κάποιες πολλαπλότητες.
Οπότε

ορθογώνιος ( unitarily διαγωνοποιήσιμος + ιδιοτιμές στον μοναδιαίο κύκλο).

Έχουμε δηλαδή BB^*=I

, άρα

$\displaystyle{A^{-1}A^*A(A^*)^{-1}=I,}$

που δίνει $\displaystyle{A^*A=AA^*}$ (το ζητούμενο).

Το $|\alpha| \leq 2$ μπορεί να γίνει και ανεξάρτητα, πχ με την ανισότητα $\left|tr(A^2+(A^*)^2)\right| \leq 2tr(AA^*)$

Τσιαλας Νικολαος · #8

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 05, 2022 2:16 am
Τι απέγινε με τον SEEMOUS 2022;

Πώς πήγαν οι ελληνικές και κυπριακές ομάδες; Ποιοι συμμετείχαν; Ποιοι ήσαν οι συνοδοί;

Ανυπομονώ να μάθω.

https://hub.uoa.gr/important-internatio ... epartment/

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά και τον Ιάσονα!

#9

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 07, 2022 6:01 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 05, 2022 2:16 am
Τι απέγινε με τον SEEMOUS 2022;

Πώς πήγαν οι ελληνικές και κυπριακές ομάδες; Ποιοι συμμετείχαν; Ποιοι ήσαν οι συνοδοί;

Ανυπομονώ να μάθω.

https://hub.uoa.gr/important-internatio ... epartment/

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά και τον Ιάσονα!

Νίκο ευχαριστώ.

Το ερώτημά μου παραμένει! Έψαξα στο ίντερνετ, ακόμη και στις επίσημες σελίδες της MASSEE και των φετεινών διοργανωτών στην Σερβία, αλλά δεν βρίσκω απολύτως τίποτα. Ούτε τις ομάδες, ούτε βαθμολογίες, ούτε καν τα θέματα (που ευτυχώς τα ξέρουμε από το mathematica, αλλά από πουθενά αλλού). Μόνο αραιά και που βρίσκω κάποιο Πανεπιστημιακό Τμήμα να αναγράφει (μόνο) τον δικό του ή τους δικούς του διακριθέντες. Κατά τα άλλα ανεξήγητη σιωπή.

jason.prod · #10

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 06, 2022 2:23 pm

Προφανώς για το πρώτο ερώτημα πρέπει ο να μην είναι ο μηδενικός.

Εχετε δίκιο. Το διορθώνω (και αυτό).

Marios V. έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 07, 2022 4:54 pm

Αρκετά ωραία θέματα φέτος. Γνωρίζουμε ποιοι τα πρότειναν;

Τα πρώτα τρία θέματα ήταν Ρουμάνικα. Το τέταρτο ήταν Βουλγάρικο.

Marios V. έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 07, 2022 4:54 pm

Γράφω μια λύση για το 3.

Ας μου επιτραπεί ένα σχόλιο: Η λύση αυτή είναι η ωραιότερη που έχω δει στο πρόβλημα αυτό. Ωστόσο, επειδή μας παρακολουθούν φοιτητές πρώτου και δεύτερου έτους καλό θα ήταν σε κάποια σημεία (και στη συγκεκριμένη λύση αλλά το λέω και γενικότερα) να υπάρχει λίγο αναλυτικότερη εξήγηση.

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 05, 2022 2:16 am
Τι απέγινε με τον SEEMOUS 2022;

Πώς πήγαν οι ελληνικές και κυπριακές ομάδες; Ποιοι συμμετείχαν; Ποιοι ήσαν οι συνοδοί;

Ανυπομονώ να μάθω.

Στο διαγωνισμό συμμετείχαν τέσσερα ελληνικά πανεπιστήμιια, ΕΚΠΑ, ΕΜΠ, ΑΠΘ και Πανεπιστήμιο Πατρών. Οι συνοδοί του ΑΠΘ και του ΕΚΠΑ ήταν ο Δημήτρης Τσιντσιλίδας και ο υποφαινόμενος, αντίστοιχα. Τα άλλα δύο πανεπιστήμια δεν είχαν αρχηγούς. Το ΕΚΠΑ πήρε δύο αργυρά και ένα χάλκινο μετάλλιο, το ΑΠΘ τρία χάλκινα μετάλλια, ενώ τα άλλα δύο πανεπιστήμια πήραν από ένα χάλκινο μετάλλιο το καθένα. Η Κύπρος δεν έστειλε (δυστυχώς) κάποιο διαγωνιζόμενο. Τα αποτελέσματα του διαγωνισμού μας είπαν ότι θα τα αναρτήσουν στη σελίδα του, από εκεί και πέρα δεν ξέρω κάτι παραπάνω.

Η τεράστια δυσκολία των θεμάτων (για την οποία μίλησα παραπάνω) αποδεικνύεται από τα αποτελέσματα, καθώς τα cut-offs ήταν 15-7-4, και η καλύτερη επίδοση ήταν 20/40. Επίσης, μεγάλο ενδιαφέρον έχει το εξής στατιστικό στοιχείο: 11 άτομα έλυσαν πλήρως το πρόβλημα 4, 2 (αν θυμάμαι καλά) πλήρως το 1 και κανείς (!) πλήρως τα 2,3.

Δημήτρης Χατζάκος · #11

jason.prod έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 08, 2022 3:17 pm
Στο διαγωνισμό συμμετείχαν τέσσερα ελληνικά πανεπιστήμιια, ΕΚΠΑ, ΕΜΠ, ΑΠΘ και Πανεπιστήμιο Πατρών. Οι συνοδοί του ΑΠΘ και του ΕΚΠΑ ήταν ο Δημήτρης Τσιντσιλίδας και ο υποφαινόμενος, αντίστοιχα. Τα άλλα δύο πανεπιστήμια δεν είχαν αρχηγούς. Το ΕΚΠΑ πήρε δύο αργυρά και ένα χάλκινο μετάλλιο, το ΑΠΘ τρία χάλκινα μετάλλια, ενώ τα άλλα δύο πανεπιστήμια πήραν από ένα χάλκινο μετάλλιο το καθένα. Η Κύπρος δεν έστειλε (δυστυχώς) κάποιο διαγωνιζόμενο. Τα αποτελέσματα του διαγωνισμού μας είπαν ότι θα τα αναρτήσουν στη σελίδα του, από εκεί και πέρα δεν ξέρω κάτι παραπάνω.

Καλησπέρα σας,

Είμαι πολλά χρόνια μέρος του Forum αλλά δεν συμμετείχα ενεργά.

Η ομάδα του Πανεπιστημίου Πατρών για τον διαγωνισμό SEEMOUS προετοιμάστηκε φέτος από τον Νίκο Ρόιδο, τον τεταρτοετή φοιτητή Δημήτριο Νικολακόπουλο κι εμένα. Η ομάδα της Πάτρας φέτος αποτελούταν τελικά από δύο φοιτητές (Αλέξανδρος Ντάγκας και Γιώργος Σουκαράς) και απέσπασε ένα χάλκινο μετάλλιο (Σουκαράς).

Έχει αρχίσει από φέτος πάλι μια πιο συστηματική προσπάθεια προετοιμασίας προπτυχιακών φοιτητών για την συμμετοχή τους σε διεθνείς διαγωνισμούς. Θέλουμε να ελπίζουμε ότι θα πιάσει τόπο η προσπάθεια αυτή, ώστε στο μέλλον το Τμήμα Μαθηματικών της Πάτρας να συμμετέχει πιο ενεργά σε διεθνείς διαγωνισμούς.

Δυστυχώς υπάρχει μια ελλιπής ενημέρωση και εκ μέρους του Πανεπιστημίου, το οποίο όμως ευελπιστούμε να βελτιωθεί στο μέλλον.

Δημήτρης Χατζάκος

ΥΓ: Συγχαρητήρια σε όλους τους φοιτητές που διακρίθηκαν στον φετινό διαγωνισμό!

SEEMOUS 2022

SEEMOUS 2022

Re: SEEMOUS 2022

Re: SEEMOUS 2022

Re: SEEMOUS 2022

Re: SEEMOUS 2022

Re: SEEMOUS 2022

Re: SEEMOUS 2022

Re: SEEMOUS 2022

Re: SEEMOUS 2022

Re: SEEMOUS 2022

Re: SEEMOUS 2022

Μέλη σε σύνδεση