Προκριματικός Διαγωνισμός Ε.Μ.Π για τον IMC 2012

Nick1990 · #1

Αθήνα, 17/5/2012

ΑΝΑΚΟΙΝΩΣΗ:

Ο Διεθνής Φοιτητικός διαγωνισμός IMC2012 για φοιτητές των οκτώ πρώτων εξαμήνων θα διεξαχθεί στο Μπλαγκόεβγκραντ της Βουλγαρίας από 26 Ιουλίου μέχρι 1 Αυγούστου 2012.
Παρακαλούνται οι φοιτητές του Ιδρύματος που ενδιαφέρονται για πιθανή συμμετοχή στο διαγωνισμό αυτό, να λάβουν μέρος στον προκριματικό διαγωνισμό που διοργανώνει Επιτροπή του Τομέα Μαθηματικών ΣΕΜΦΕ για την επιλογή μιας το πολύ πενταμελούς ομάδας του ΕΜΠ.
Όσοι προκριθούν θα έχουν την κατάλληλη οικονομική ενίσχυση για τη μετάβαση στην Βουλγαρία.
Ο προκριματικός διαγωνισμός θα διεξαχθεί στην αίθουσα Σεμιναρίων του Τομέα Μαθηματικών, κτίριο Ε, 2ος όροφος, στις 31 Μαΐου 2012, ημέρα Πέμπτη, ώρα 15.00 - 19.00.
Για περισσότερες πληροφορίες απευθυνθείτε στον Διευθυντή του Τομέα Μαθηματικών, Αν. Καθηγητή Αργύρη Φελλούρη . Πληροφορίες για το διαγωνισμό στην ιστοσελίδα:
http://www.imc-math.org/

Nick1990 · #2

Τα θέματα του σημερινού διαγωνισμού (δεν ήταν κατ' εμέ και τα καλύτερα δυνατά για προκριματικό ολυμπιάδας) ήταν τα ακόλουθα:

1) Να δειχτεί ότι ο αριθμός $\sqrt{2} + \sqrt[3]{5}$ είναι άρρητος αλλά αλγεβρικός.

2) i) Να βρεθεί η ακολουθία a_n

που ικανοποιεί:

$\displaystyle{a_n = \sum_{k=n}^{+\infty}{\frac{a_k}{k+1}} \forall n \geq 1}$

και a_1 = 1

.

ii) Να βρεθεί η ακολουθία a_n

που ικανοποιεί:

$\displaystyle{a_n = \sum_{k=n-1}^{+\infty}{\frac{a_k}{k+1}} \forall n \geq 2}$

και a_1 = 0, a_2 = 1

3) Δίνεται ευθεία στον $\mathbb{R}^{3}$ που διέρχεται από την αρχή των αξόνων και είναι παράλληλη στο μοναδιαίο διάνυσμα $(\cos(A), \cos(B), \cos(C))$ . Να βρεθεί ο πίνακας της απεικόνισης που στρέφει ένα τυχαίο σημείο του χώρου γύρω από την ευθεία αυτή κατά γνωστή γωνία $\theta$ .
Να βρεθούν οι ιδιοτιμές του πίνακα αυτού και οι αντίστοιχοι ιδιόχωροι, όταν:

i) $\theta = \frac{\pi}{2}$

ii) $\theta = \pi$

4) i) Να δειχτεί ότι το σύνολο συνεχών συναρτήσεων $\{f_1, \ldots, f_n\}$ στο κλειστό διάστημα [a, b]

, είναι γραμμικώς εξαρτημένο αν και μόνο αν η ορίζουσα του πίνακα που έχει στην (i,j)

θέση τη στοιχείο $\displaystyle{\int_{a}^{b}{f_i(x)f_j(x) \,dx}}$ , είναι μηδέν.

ii) Να δειχτεί ότι ο πίνακας $A = (a_{i,j})_{n \times n}$ με $\displaystyle{a_{i,j} = \frac{1}{x_i + x_j} \forall i,j \in \{1,2,\ldots, n\}}$ είναι θετικά ημιορισμένος,
όταν $x_1, x_2, \ldots, x_n$ είναι θετικοί αριθμοί.

Το 5 αν και το έλυσα δε θυμάμαι όλες τις λεπτομέριες και δεν έχω πάρει τα θέματα... όταν πάρω στα χέρια μου τα θέματα θα το γράψω και αυτό.

#3

Nick1990 έγραψε: 1) Να δειχτεί ότι ο αριθμός $\sqrt{2} + \sqrt[3]{5}$ είναι άρρητος αλλά αλγεβρικός.

Οι $\sqrt{2},\sqrt[3]{5}$ είναι αλγεβρικοί αφού είναι ρίζες των πολυωνύμων x^2 - 2

και

αντίστοιχα. Άρα και το άθροισμά τους είναι αλγεβρικός αφού το σύνολο των αλγεβρικών αριθμών αποτελεί σώμα.

Θα δείξουμε ότι ο $x = \sqrt{2} + \sqrt[3]{5}$ δεν ανήκει στο $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ (και άρα δεν μπορεί να είναι ρητός). Πράγματι αν $x \in \mathbb{Q}(\sqrt{2})$ τότε και $\sqrt[3]{5} \in \mathbb{Q}(\sqrt{2})$ και άρα $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{5}) \subseteq \mathbb{Q}(\sqrt{2})$ , άτοπο αφού το πρώτο σώμα έχει βαθμό 3 και το δεύτερο βαθμό 2 υπέρ του $\mathbb{Q}$ .

Ίσως να ήθελαν περισσότερες λεπτομέρειες αλλά προσπάθησα να είμαι σύντομος.

#4

Nick1990 έγραψε:Τα θέματα του σημερινού διαγωνισμού (δεν ήταν κατ' εμέ και τα καλύτερα δυνατά για προκριματικό ολυμπιάδας) ήταν τα ακόλουθα:

1) Να δειχτεί ότι ο αριθμός $\sqrt{2} + \sqrt[3]{5}$ είναι άρρητος αλλά αλγεβρικός.

Νομίζω είναι εξαιρετικά απλό θέμα για τέτοιον διαγωνισμό. Η απόδειξη μπορεί να γίνει και στοιχειωδώς:

Θέτοντας $\displaystyle{x=\sqrt{2}+\sqrt[3]{5}}$ βρίσκουμε μετά τις πράξεις ότι ο αριθμός είναι ρίζα του πουωνύμου

$\displaystyle{x^6-6x^4-10x^3+12x^2-60x+17.}$

Άρα είναι αλγεβρικός. Είναι και άρρητος αφού το πολυώνυμο δεν έχει ως ρίζες τους αριθμούς $\displaystyle{1,-1,17,-17.}$

kwstas12345 · #5

Μια λύση για το 4.Το πρώτο ερώτημα γενικά ισχύει για οποιοδήποτε χώρο, πραγματικό ,με εσωτερικό γινόμενο.Πράγματι άν το $\displaystyle \left\{u_{1},u_{2},...,u_{n} \right\}$ σύνολο είναι γραμμικώς εξαρτημένο τότε υπάρχει μη τετριμένος γραμμικός συνδυασμός που κάνει 0, άρα υπάρχει $\displaystyle x:=\left(x_{1},x_{2},...,x_{n} \right)^t \neq 0 : \sum_{i=1}^{n}{x_{i}u_{i}}=0$ . Tότε ισχύει ότι $\displaystyle \left<\ \sum_{i=1}^{n}{x_{i}u_{i}}, u_{j} \right>=0, j=1,2,...,n$ . Τοτε οι σχέσεις αυτές είναι ισοδύναμε με το σύστημα $\displaystyle Ax=0$ από όπου έπεται ότι ο Α δεν είναι αντιστρέψιμος αφού έχει μη τετριμένη λύση.Αντίστροφα άν έχει ορίζουσα 0 ο πίνακας τότε το σύστημα $\displaystyle Ax=0$ vέχει μη τετριμένη λύση $\displaystyle x=\left(x_{1},...,x_{n} \right)^t$ , άρα $\displaystyle \sum_{j=1}^{n}{x_{i}\left<u_{i},u_{j} \right>}=0\Rightarrow \left<\sum_{i=1}^{n}{x_{i}u_{i}},u_{j} \right>=0$ , άρα το $\displaystyle v=\sum_{i=1}^{n}{y_{i} u_{i}} \in \left<u_{1},...,u_{n} \right>^{\perp }\cap \left<u_{1},...,u_{n} \right>$ ,συνεπώς είναι 0, και άρα τα διανύσματα είναι γραμμικά εξαρτημένα.

Για το ii ισχύει : $\displaystyle x^t Ax=\sum_{i=1}^{n}{\sum_{j=1}^{n}{\frac{y_{i}y_{j}}{x_{i}+x_{i}}}}=\sum_{i=1}^{n}{\sum_{j=1}^{n}{y_{i}y_{i}}\int_{0}^{1}{t^{x_{i}+x_{j}-1}}}dt=\int_{0}^{1}{\left(\sum_{i=1}^{n}{y_{i}t^{y_{i} -1/2}} \right)^2 dt}\geqslant$

#6

Nick1990 έγραψε: 2) i) Να βρεθεί η ακολουθία που ικανοποιεί:

$\displaystyle{a_n = \sum_{k=n}^{+\infty}{\frac{a_k}{k+1}} \forall n \geq 1}$

και .

Για $n \geqslant 1$ έχουμε $\displaystyle{ \frac{n}{n+1}a_n = a_{n} - \frac{a_n}{n+1} = \sum_{k=n+1}^{\infty} \frac{a_k}{k+1} = a_{n+1}. }$ Εφόσον a_1 = 1

, επαγωγικά παίρνουμε a_n = 1/n

. Η ακολουθία πράγματι ικανοποιεί τις συνθήκες αφού $\displaystyle{ \sum_{k=n}^{\infty} \frac{a_k}{k+1} = \sum_{k=n}^{\infty} \frac{1}{k(k+1)} = \sum_{k=n}^{\infty} \left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \right) = \frac{1}{n} = a_n.}$

Nick1990 έγραψε: ii) Να βρεθεί η ακολουθία που ικανοποιεί:

$\displaystyle{a_n = \sum_{k=n-1}^{+\infty}{\frac{a_k}{k+1}} \forall n \geq 2}$

και

Για $n \geqslant 2$ έχουμε $\displaystyle{ a_n - \frac{a_{n-1}}{n} = a_{n+1}}$ . Ορίζοντας b_n = (n-1)!a_n

παίρνουμε $b_{n+1} = nb_n - (n-1)b_{n-1}$ με b_1 = 0,b_2=1

. Ισοδύναμα έχουμε $\displaystyle{ b_{n+1} - b_n = (n-1)(b_n-b_{n-1})}$ και ορίζοντας $c_{n} = b_{n+1} - b_n$ παίρνουμε $c_{n} = (n-1)c_{n-1}$ με c_1 = 1

από το οποίο λαμβάνουμε c_n = (n-1)!

. Άρα $\displaystyle{ b_n = c_1 + \cdots + c_{n-1} = \sum_{k=1}^{n-1}(k-1)!}$ και $\displaystyle{a_n = \sum_{k=1}^{n-1} \frac{(k-1)!}{(n-1)!}.}$ Η ακολουθία πράγματι ικανοποιεί τις συνθήκες αφού

$\displaystyle{ \sum_{k=n-1}^{\infty} \frac{a_k}{k+1} = \sum_{k=n-1}^{\infty} \frac{1}{k+1} \sum_{\ell = 1}^{k-1} \frac{(\ell-1)!}{(k-1)!} = \sum_{\ell = 1}^{n-2} (\ell - 1)! \sum_{k=n-1}^{\infty} \frac{k}{(k+1)!} + \sum_{\ell = n-1}^{\infty} (\ell - 1)! \sum_{k=\ell+1}^{\infty} \frac{k}{(k+1)!}.}$

Επειδή $\displaystyle{ \sum_{k=r}^{\infty} \frac{k}{(k+1)!} = \sum_{k=r}^{\infty}\left( \frac{1}{k!} - \frac{1}{(k+1)!}\right) = \frac{1}{r!}}$ παίρνουμε

$\displaystyle{ \sum_{k=n-1}^{\infty} \frac{a_k}{k+1} = \sum_{\ell = 1}^{n-2} \frac{(\ell - 1)!}{(n-1)!} + \sum_{\ell = n-1}^{\infty} \frac{1}{\ell(\ell+1)} = \sum_{\ell = 1}^{n-2} \frac{(\ell - 1)!}{(n-1)!} + \frac{1}{n-1} = \sum_{\ell = 1}^{n-1} \frac{(\ell - 1)!}{(n-1)!} = a_n.}$

---------------

[Νομίζω ότι όπως είναι διατυπωμένο δεν χρειάζεται να δείξουμε ότι οι ακολουθίες που βρήκαμε ικανοποιούν αφού η εκφώνηση υπονοεί πως είναι μοναδικές και δείξαμε ότι δεν μπορεί να είναι άλλες.]

Nick1990 · #7

Η ομάδα που θα εκπροσωπήσει το Ε.Μ.Π στο φετινό IMC, είναι οι ακόλουθοι:

Σχολή ΕΜΦΕ (Αλφαβητικά):

Κολλιόπουλος Νικόλαος - 4ο έτος
Μοσχίδης Γεώργιος - 3ο έτος

Σχολή ΗΜΜΥ (Αλφαβητικά):

Βλάχος Γεώργιος - 1ο έτος
Ζαμπετάκης Εμμανουήλ
Πατσάκης Γεώργιος
Τσοπελάκος Αριστομένης

chrislg · #8

Demetres έγραψε:
Nick1990 έγραψε: Πράγματι αν $x \in \mathbb{Q}(\sqrt{2})$ τότε και $\sqrt[3]{5} \in \mathbb{Q}(\sqrt{2})$ και άρα $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{5}) \subseteq \mathbb{Q}(\sqrt{2})$ , άτοπο αφού το πρώτο σώμα έχει βαθμό 3 και το δεύτερο βαθμό 2 υπέρ του $\mathbb{Q}$ .

που θα μπορούσα να βρω κάτι σχετικό με την επέκταση του συνόλου των ρητών ; για να καταλάβω και τον τρόπο αντιμετώπισης τους προβληματος ...

#9

Θεωρία Galois Στυλιανός Ανδρεαδάκης. Δες και εδώ.

#10

Μόλις ανακάλυψα ότι το κλασικό βιβλίο του Emil Artin στην θεωρία Galois υπάρχει πλέον ελεύθερο εδώ.

Η συγκεκριμένη άσκηση επιλύεται και χωρίς την χρήση θεωρίας σωμάτων όπως έδειξε με πολύ απλό τρόπο ο Θάνος. Φρονώ όμως πως η θεωρία σωμάτων είναι ένα αρκετά ισχυρό εργαλείο που καλό είναι να το γνωρίζουμε.

Προκριματικός Διαγωνισμός Ε.Μ.Π για τον IMC 2012

Προκριματικός Διαγωνισμός Ε.Μ.Π για τον IMC 2012

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Ε.Μ.Π για τον IMC 2012

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Ε.Μ.Π για τον IMC 2012

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Ε.Μ.Π για τον IMC 2012

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Ε.Μ.Π για τον IMC 2012

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Ε.Μ.Π για τον IMC 2012

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Ε.Μ.Π για τον IMC 2012

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Ε.Μ.Π για τον IMC 2012

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Ε.Μ.Π για τον IMC 2012

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Ε.Μ.Π για τον IMC 2012

Μέλη σε σύνδεση