SEEMOUS 2014/1

Συντονιστής: Demetres

Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8571
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

SEEMOUS 2014/1

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Απρ 14, 2014 3:03 pm

Έστω n ένας θετικός ακέραιος και f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} \setminus \{0\} συνάρτηση με f(2014) = 1 - f(2013). Έστω επίσης x_1,\ldots,x_n πραγματικοί αριθμοί όχι όλοι ίσοι μεταξύ τους. Αν

\displaystyle{ \begin{vmatrix} 1 + f(x_1) &  f(x_2) & f(x_3) & \cdots & f(x_n) \\ f(x_1) & 1+f(x_2) & f(x_3) & \cdots & f(x_n) \\ f(x_1) & f(x_2) & 1+f(x_3) & \cdots & f(x_n) \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ f(x_1) & f(x_2) & f(x_3) & \cdots & 1+ f(x_n)\end{vmatrix} = 0 }

τότε να δειχθεί ότι η f δεν είναι συνεχής.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8571
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2014/1

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Απρ 14, 2014 3:07 pm

Απάντηση του μέλους μας Nick1990 στα αγγλικά υπάρχει εδώ.

Αν κάποιος έχει χρόνο ας βάλει και μια πιο πλήρη απάντηση για να την έχουμε στα ελληνικά μιας και η πιο πάνω δείχνει μόνο τα βασικά βήματα της λύσης στα αγγλικά.


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8571
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: SEEMOUS 2014/1

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Δευ Απρ 14, 2014 3:33 pm

Βάζω μια διαφορετική λύση από αυτή του Νίκου:

Έστω A ο δοσμένος πίνακας. Αφού \det(A) = 0 υπάρχει διάνυσμα v \neq 0 με Av = 0. Έστω v = (v_1,\ldots,v_n)^t. Τότε για κάθε 1 \leqslant i \leqslant n έχουμε

\displaystyle{ 0 = (Av)_i = v_i + \sum_{j=1}^n f(x_j)v_j.}

Από το πιο πάνω λαμβάνουμε ότι v_i = v_k για κάθε 1 \leqslant i,k \leqslant n. Χωρίς βλάβη της γενικότητας v_1 = \cdots = v_n = 1. Τότε παίρνουμε 1 + f(x_1) + \cdots + f(x_n) = 0 οπότε υπάρχει x \in \mathbb{R} με f(x) < 0.

Από την συνθήκη f(2013) + f(2014) = 1 έχουμε x \in \mathbb{R} με f(x) > 0.

Οπότε αν η f ήταν συνεχής, από θεώρημα ενδιάμεσης τιμής θα υπήρχε και x\in \mathbb{R} με f(x) = 0, άτοπο.


Άβαταρ μέλους
Nick1990
Δημοσιεύσεις: 659
Εγγραφή: Παρ Ιαν 23, 2009 3:15 pm
Τοποθεσία: Peking University, Πεκίνο

Re: SEEMOUS 2014/1

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nick1990 » Δευ Απρ 14, 2014 4:40 pm

Το τελείωμα με Bolzano στη λύση μου είναι ίδιο με αυτό του Δημήτρη. Η μόνη διαφορά είναι στο να δείξουμε το f(x_1) + f(x_2) + ... + f(x_n) = -1

Θεωρούμε τον n \times n πίνακα A με στοιχεία a_{i,j} = f(x_j) \forall i,j \in \{1,2,3, ..., n\}

Έστω ακόμα f(x) = \det(xI - A) το χαρακτηριστικό πολυώνυμο του A. Η συνθήκη μας λέει ότι f(-1) = 0, οπότε το -1 είναι ιδιοτιμή του πίνακα. Επίσης, επειδή ο A έχει βαθμό 1, η διάσταση του πηρύνα του που είναι η γεωμετρική πολλαπλότητα της μηδενικής ιδιοτιμής του, είναι n-1. Άρα η αντίστοιχη αλγεβρική πολλαπλότητα είναι τουλάχιστον n-1. Αφού έχουμε n ιδιοτιμές με άθροισμα το ίχνος του πίνακα, δεν υπάρχουν άλλες ιδιοτιμές, και αφού οι παραπάνω ιδιοτιμές αθροίζουν στο -1, έχουμε το ζητούμενο.

Το σπάσιμο του πίνακα σε περισσότερους, από τους οποίους κάποιοι έχουν βαθμό 1, είναι πλέον μια αρκετά γνωστή ιδέα η οποία χρησιμοποιείται σε διάφορα προβλήματα και καλό είναι να την ξέρουν όσοι ασχολούνται με διαγωνισμούς. Μερικά ακόμα παραδείγματα: viewtopic.php?f=59&t=14499


Κολλιοπουλος Νικος.
Μεταδιδακτορικός ερευνητής.
Ερευνητικά ενδιαφέροντα: Στοχαστικές ΜΔΕ, ασυμπτωτική ανάλυση στοχαστικών συστημάτων, εφαρμογές αυτών στα χρηματοοικονομικά και στη διαχείριση ρίσκων.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης