IMC 2025

Ορέστης Λιγνός · #1

Καλημέρα σε όλους. Χθες ολοκληρώθηκε ο φετινός παγκόσμιος διαγωνισμός για φοιτητές (IMC).

Το ΕΚΠΑ κατέκτησε 2 πρώτα βραβεία και 1 τρίτο βραβείο, καθώς και 2 εύφημες μνείες. Τα αποτελέσματα του ΕΚΠΑ ήταν τα εξής:

Ορέστης Λιγνός: Πρώτο Βραβείο (81/100)
Αναστάσιος Παστός: Πρώτο Βραβείο (60/100)
Ερμής Σουλδάτος: Τρίτο Βραβείο (41/100)
Ηλίας Γομάτος: Εύφημη Μνεία (30/100)
Θέμελης Μαμουζέλος: Εύφημη Μνεία (30/100)

Το ΕΜΠ κατέκτησε 1 πρώτο βραβείο και 3 τρίτα βραβεία. Τα αποτελέσματα του ΕΜΠ ήταν τα εξής:

Γεώργιος Βάος: Πρώτο Βραβείο (64/100)
Παναγιώτης Κωνσταντόπουλος: Τρίτο Βραβείο (43/100)
Ιωάννης Μαυρίκος: Τρίτο Βραβείο (42/100)
Ιωάννης Φωτόγλου: Τρίτο Βραβείο (37/100)

Το ΑΠΘ κατέκτησε 2 δεύτερα βραβεία και 1 εύφημη μνεία. Τα αποτελέσματα του ΑΠΘ ήταν τα εξής:

Ιωάννης Γαλαμάτης: Δεύτερο Βραβείο (54/100)
Κωνσταντίνος Φωτιάδης: Δεύτερο Βραβείο (47/100)
Χρήστος Οικονομίδης: Εύφημη Μνεία (21/100)
Αστέριος Βαρσάμης-Κυρατλίδης: Συμμετοχή (18/100)
Ευστάθιος Εξάρχου: Συμμετοχή (17/100)
Γεώργιος Κεντρώτης: Συμμετοχή (13/100)
Αθανάσιος Ντομπάζης: Συμμετοχή (10/100)

Το Πανεπιστήμιο Πατρών κατέκτησε 1 δεύτερο βραβείο. Τα αποτελέσματα του Πανεπιστημίου Πατρών ήταν τα εξής:

Γεώργιος Σουκαράς: Δεύτερο Βραβείο (48/100)
Φοίβος Σμυρίλιος: Συμμετοχή (16/100)
Κωνσταντίνος Ρούπτσος: Συμμετοχή (14/100)

Οι Έλληνες φοιτητές κατέκτησαν συνολικά 3 πρώτα βραβεία, 3 δεύτερα βραβεία, 4 τρίτα βραβεία και 3 εύφημες μνείες. Οι βάσεις των βραβείων ήταν 34/44/56.

Τα προβλήματα του διαγωνισμού ήταν τα εξής:

Πρώτη Ημέρα:

Πρόβλημα 1: Έστω $P \in \mathbb{R}[x]$ ένα πολυώνυμο με πραγματικούς συντελεστές, και ας υποθέσουμε ότι $\deg P \geq 2$ . Για κάθε $x \in \mathbb{R}$ , έστω $\ell_x \in \mathbb{R}^2$ να είναι η ευθεία που εφάπτεται στο γράφημα του

στο σημείο (x, P(x))

.

(α) Υποθέτουμε ότι ο βαθμός του

είναι περιττός. Να αποδείξετε ότι $\displaystyle \bigcup_{x \in \mathbb{R}} \ell_x = \mathbb{R}^2$ .
(β) Υπάρχει πολυώνυμο άρτιου βαθμού για το οποίο η πιο πάνω ισότητα συνεχίζει να ισχύει;

Πρόβλημα 2: Έστω $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ μία συνεχώς δις παραγωγίσιμη συνάρτηση, και υποθέτουμε ότι $\displaystyle \int_{-1}^1 f(x) \mathrm{d} x=0$ και f(1)=f(-1)=1

. Να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\displaystyle \int_{-1}^1\left(f^{\prime \prime}(x)\right)^2 \mathrm{~d} x \geq 15 }$

και να βρείτε όλες τις συναρτήσεις για τις οποίες ισχύει η ισότητα.

Πρόβλημα 3: Συμβολίζουμε με $\mathcal{S}$ το σύνολο των πραγματικών συμμετρικών $2025 \times 2025$ πινάκων με τάξη

των οποίων τα στοιχεία είναι

ή

. Έστω $A, B \in \mathcal{S}$ πίνακες που επιλέγονται ανεξάρτητα και ισοπίθανα. Να βρείτε την πιθανότητα οι

και

να μετατίθενται, δηλαδή A B=B A

.

Πρόβλημα 4: Έστω

ένας άρτιος θετικός ακέραιος. Να βρείτε όλους τους πραγματικούς αριθμούς

που είναι τέτοιοι, ώστε η

$\displaystyle{\left\lfloor\sqrt[a]{b^a+x} \cdot b^{a-1}\right\rfloor=b^a+\lfloor x / a\rfloor}$

να ισχύει για κάθε θετικό ακέραιο

.

(Εδώ το $\lfloor x\rfloor$ συμβολίζει τον μεγαλύτερο ακέραιο που δεν είναι μεγαλύτερος από τον

.)

Πρόβλημα 5: Για ένα θετικό ακέραιο

, έστω $[n]=\{1,2, \ldots, n\}$ . Συμβολίζουμε με S_n

το σύνολο όλων των 1-1 και επί απεικονίσεων από το [n]

στο

, και έστω T_n

το σύνολο όλων των απεικονίσεων από το [n]

στο

. Ορίζουμε την τάξη $\rm{ord}(\tau)$ μιας απεικόνισης $\tau \in T_n$ ως τον αριθμό των διαφορετικών απεικονίσεων στο σύνολο $\{\tau, \tau \circ \tau, \tau \circ \tau \circ \tau, \ldots\}$ , όπου το $\circ$ συμβολίζει την σύνθεση απεικονίσεων. Τέλος, έστω

$\displaystyle f(n)=\max _{\tau \in S_n} \rm{ord}(\tau)$ και $\displaystyle g(n)=\max _{\tau \in T_n} \rm{ord}(\tau)$ .

Να αποδείξετε ότι $g(n)<f(n)+n^{0.501}$ για αρκούντως μεγάλα

.

Δεύτερη Ημέρα:

Πρόβλημα 6: Έστω $f:(0, \infty) \rightarrow \mathbb{R}$ μία συνεχώς παραγωγίσιμη συνάρτηση, και έστω b>a>0

πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι, ώστε f(a)=f(b)=k

. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα σημείο $\xi \in(a, b)$ τέτοιο, ώστε

$\displaystyle{f(\xi)-\xi f^{\prime}(\xi)=k.}$

Πρόβλημα 7: Έστω $\mathbb{Z}_{>0}$ το σύνολο των θετικών ακεραίων. Να βρείτε όλα τα μη κενά σύνολα $M \subseteq \mathbb{Z}_{>0}$ που ικανοποιούν τις ακόλουθες ιδιότητες:

(α) Αν $x \in M$ , τότε $2 x \in M$ , και
(β) αν $x, y \in M$ και ο x+y

είναι άρτιος, τότε $\dfrac{x+y}{2} \in M$ .

Πρόβλημα 8: Για έναν $n \times n$ πραγματικό πίνακα $A \in M_n(\mathbb{R})$ , συμβολίζουμε με $A^{\mathbb{R}}$ την στροφή του κατά $90^{\circ}$ με φορά αντίθετη από αυτή του ρολογιού.
Για παράδειγμα,
$\displaystyle{ \left[\begin{array}{lll} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{array}\right]^R=\left[\begin{array}{lll} 3 & 6 & 9 \\ 2 & 5 & 8 \\ 1 & 4 & 7 \end{array}\right] }$

Να αποδείξετε ότι αν A=A^R

τότε για κάθε ιδιοτιμή $\lambda$ του

, έχουμε ότι είτε $\rm{Re} \, \lambda=0$ ή $\rm{Im} \, \lambda=0$ .

Πρόβλημα 9: Έστω

ένας θετικός ακέραιος. Θεωρούμε την επόμενη τυχαία διαδικασία που παράγει μία ακολουθία

διαφορετικών ακεραίων $X_1, X_2 \ldots, X_n$ .

Αρχικά, ο X_1

επιλέγεται τυχαία με $\mathbb{P}\left(X_1=i\right)=2^{-i}$ για κάθε θετικό ακέραιο

. Για $1 \leq j \leq n-1$ , έχοντας επιλέξει τους $X_1, \ldots, X_j$ , θεωρούμε τους υπόλοιπους θετικούς ακεραίους σε αύξουσα σειρά ως n_1<n_2<

$\cdots$ , και επιλέγουμε τον $X_{j+1}$ τυχαία με $\mathbb{P}\left(X_{j+1}=n_i\right)=2^{-i}$ για κάθε θετικό ακέραιο

.

Έστω $Y_n=\max \left\{X_1, \ldots, X_n\right\}$ . Να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{\mathbb{E}\left[Y_n\right]=\sum_{i=1}^n \frac{2^i}{2^i-1}}$ ,

όπου $\mathbb{E}\left[Y_n\right]$ είναι η μέση τιμή του Y_n

.

Πρόβλημα 10: Για κάθε θετικό ακέραιο

, έστω

το πλήθος των ζευγών $1 \leq a, b \leq N$ που είναι τέτοια, ώστε ο αριθμός $\left(a^2+a\right)\left(b^2+b\right)$ να είναι τέλειο τετράγωνο. Να αποδείξετε ότι το όριο

$\displaystyle{\lim _{N \rightarrow \infty} \frac{S_N}{N}}$

υπάρχει και να βρείτε την τιμή του.

#2

ΣΥΓΧΑΡΗΤΗΡΙΑ σε όλα τα παιδιά. Μερικές από τις βαθμολογίες εντυπωσιάζουν, δεδομένης της δυσκολίας των θεμάτων.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

Συγχαρητήρια!

Μια λύση για το πρόβλημα 2, μαζί με κάποιο motivation για τα βήματα

Θέλουμε να φράξουμε την έκφραση $\displaystyle{\int_{-1}^1 (f''(x))^2dx}$ από κάτω επομένως σκεφτόμαστε να χρησιμοποιήσουμε κάποια ανισότητα της μορφής
$\displaystyle{ (f''(x)-g(x))^2\geq 0\iff (f''(x))^2\geq 2f''(x)g(x)-(g(x))^2 }$
για κάποια κατάλληλη συνάρτηση

. Εφαρμόζοντας παραγοντική ολοκλήρωση για να μεταφέρουμε τις παραγώγους στην

παίρνουμε
$\displaystyle{ \int_{-1}^1 (f''(x))^2dx\geq 2\int_{-1}^1f''(x)g(x)-\int_{-1}^1 (g(x))^2=2\left[f'(x)g(x)\right]^1_{-1}-2\int_{-1}^1f'(x)g'(x)dx-\int_{-1}^1(g(x))^2dx }$
Δεδομένου του ότι δεν έχουμε κάποια άμεση πληροφορία για την f'(x)

επιλέγουμε την

έτσι ώστε

και η παραπάνω έκφραση με μία ακόμη ολοκλήρωση κατά παράγοντες γίνεται
$\displaystyle{ -2\left[f(x)g'(x)\right]^1_{-1}+2\int_{-1}^1f(x)g''(x)dx-\int_{-1}^1(g(x))^2dx }$
Φαίνεται τελικά πως βολεύει να επιλέγουμε την

έτσι ώστε η g''(x)

να είναι σταθερή. Εφόσον ακόμη θέλουμε g(1)=g(-1)=0

διαλέγουμε τελικά $g(x)=\alpha(x^2-1)$
για κάποια παράμετρο $\alpha$ που έχουμε ακόμη την ελευθερία να προσδιορίσουμε.
Το φράγμα γίνεται λοιπόν
$\displaystyle{ \int_{-1}^1 (f''(x))^2dx\geq -8\alpha-\alpha^2\int_{-1}^1(x^2-1)^2dx=-8\alpha-\dfrac{16\alpha^2}{15} }$
Μεγιστοποιούμε την τιμή αυτή μηδενίζοντας την πρώτη παράγωγο, το οποίο συμβαίνει για $\alpha=-\dfrac{15}{4}$ και η τιμή της παράστασης είναι πράγματι

όπως θέλαμε. Για να ισχύει η ισότητα χρειαζόμαστε $f''(x)=g(x)=-\dfrac{15}{4}(x^2-1)$ για όλα τα $x\in[-1,1]$ .
Ισοδύναμα $\displaystyle{f(x)=-\dfrac{15}{4}\left(\dfrac{x^4}{12}-\dfrac{x^2}{2}\right)+cx+d}$ .
Απαιτώντας f(1)=f(-1)=1

βρίσκουμε

και $d=-\dfrac{9}{16}$ άρα
$\displaystyle{ f(x)=\dfrac{-5x^4+30x^2-9}{16} }$
Μπορούμε να επαληθεύσουμε εύκολα ότι $\int_{-1}^1f(x)=0$ και έτσι αυτή είναι η μοναδική λύση του προβλήματος.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

Για το πρόβλημα 2 μπορούμε να εργασθούμε με την θεωρία Calculus of variations.
Βλέπε σχετικά
https://en.wikipedia.org/wiki/Calculus_of_variations

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

Για το πρόβλημα 6.
Ενας Rolle στην $\frac{f(x)-\kappa }{x}$

#6

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τρί Αύγ 05, 2025 6:18 pm
Για το πρόβλημα 2 μπορούμε να εργασθούμε με την θεωρία Calculus of variations.
Βλέπε σχετικά
https://en.wikipedia.org/wiki/Calculus_of_variations

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τρί Αύγ 05, 2025 10:21 pm
Για το πρόβλημα 6.
Ενας Rolle στην $\frac{f(x)-\kappa }{x}$

Υποθέτω ότι οι αναρτήσεις αυτές αποτελούν υποδείξεις.

Θα εκτιμούσαμε, όμως, πλήρεις λύσεις στα παραπάνω προβλήματα, σύμφωνα με την πάγια τακτική του forum μας.

#7

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τρί Αύγ 05, 2025 10:21 pm
Για το πρόβλημα 6.
Ενας Rolle στην $\frac{f(x)-\kappa }{x}$

achilleas έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 06, 2025 8:42 am
Υποθέτω ότι οι αναρτήσεις αυτές αποτελούν υποδείξεις.

Θα εκτιμούσαμε, όμως, πλήρεις λύσεις στα παραπάνω προβλήματα, σύμφωνα με την πάγια τακτική του forum μας.

Αχιλλέα, ως προς την εφαρμογή του κανονισμού, έχεις δίκιο. Όμως αιτιολογώ απόλυτα τον Σταύρο γιατί το μήνυμα που βγάζω εγώ είναι οτι κυριολεκτικά σκοτώνει την άσκηση σε μισή γραμμή. Δεδομένου ότι η άσκηση απευθύνεται σε φοιτητές και κανείς δεν θα είχε δυσκολία να προσθέσει την μισή γραμμή που εννοεί ο Σταύρος, ο ίδιος είμαι ικανοποιημένος ότι τα είπε όλα. Και μάλιστα όταν είδα την μονολεκτική του λύση, μέσα μου μειδίασα. Εκεί που θα νόμιζε κανείς ότι η άσκηση έχει πλοκή (γιατί αναμφισβήτητα ο διαγωνισμός είναι πολύ δύσκολος και τα θέματα απαιτητικά) αποκαλύπτεται ότι, σε αυτή την περίπτωση, οι θεματομέτες την πάτησαν. Και αυτό είναι το μήνυμα του Σταύρου.

Για λόγους πληρότητας συμπληρώνω τα παραλειπόμενα, αν και τα λεγόμενα του Σταύρου με καλύπτουν απόλυτα:

Η $g(x)= \dfrac{f(x)-k }{x}$ ικανοποιεί $g(a)= \dfrac{f(a)-k }{x}=0$ και όμοια g(b)=0

. Άρα υπάρχει $\xi \in (a,b)$ με $g'(\xi) =0$ ,

δηλαδή $\displaystyle{ \dfrac {\xi f'(\xi)- (f(\xi)-k)}{\xi ^2}=0}$ , από όπου το ζητούμενο.

abfx · #8

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 04, 2025 11:44 am
Πρόβλημα 8: Για έναν $n \times n$ πραγματικό πίνακα $A \in M_n(\mathbb{R})$ , συμβολίζουμε με $A^{\mathbb{R}}$ την στροφή του κατά $90^{\circ}$ με φορά αντίθετη από αυτή του ρολογιού.
Για παράδειγμα,
$\displaystyle{ \left[\begin{array}{lll} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \\ 7 & 8 & 9 \end{array}\right]^R=\left[\begin{array}{lll} 3 & 6 & 9 \\ 2 & 5 & 8 \\ 1 & 4 & 7 \end{array}\right] }$

Να αποδείξετε ότι αν τότε για κάθε ιδιοτιμή $\lambda$ του , έχουμε ότι είτε $\rm{Re} \, \lambda=0$ ή $\rm{Im} \, \lambda=0$ .

Αρχικά, για συντακτική ευκολία, επεκτείνουμε τη στροφή κατά $90^{\circ}$ με φορά αντίθετη από αυτή του ρολογιού για $m\times n$ πίνακες με τον προφανή τρόπο.

Για παράδειγμα,
$\displaystyle{ \left[\begin{array}{lll} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{array}\right]^R=\left[\begin{array}{lll} 3 & 6 \\ 2 & 5 \\ 1 & 4 \end{array}\right] }$

Έστω $R_1,\ldots, R_n \in M_{1\times n}(\mathbb R)$ οι γραμμές του

και $C_1,\ldots , C_n \in M_{n\times 1}(\mathbb R)$ οι στήλες του.

Δείχνουμε ότι ο A^2

είναι συμμετρικός. Είναι:

$(A^2)_{ij}=R_iC_j=C_j^TR_i^T=C_j^RR_i^{RRR}=C_j^{RRR}R_i^R&\stackrel{A=A^R}{=\!=\!=}R_jC_i=(A^2)_{ji}$

όπως θέλαμε. Επομένως, από το Φσματικό Θεώρημα προκύπτει ότι οι ιδιοτιμές του A^2

είναι πραγματικές.

Άρα, αν $\lambda$ ιδιοτιμή του

, τότε $\lambda ^2 \in \mathbb R$ , από όπου πρκύπτει εύκολα το ζητούμενο. $\square$

Σημειώσεις

Για πίνακα , ορίζουμε $X^{RRR}=((X^R)^R)^R$ , που είναι η στροφή κατά $90^{\circ}$ με τη φορά του ρολογιού.

Αν $z\in \mathbb C$ με , όπου $c\in \mathbb R$ , τότε $z=\pm \sqrt{c}$ , αν $c\geq 0$ ή $z=\pm i \sqrt{-c}$ , αν .

#9

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 06, 2025 9:27 am
Εκεί που θα νόμιζε κανείς ότι η άσκηση έχει πλοκή (γιατί αναμφισβήτητα ο διαγωνισμός είναι πολύ δύσκολος και τα θέματα απαιτητικά) αποκαλύπτεται ότι, σε αυτή την περίπτωση, οι θεματομέτες την πάτησαν. Και αυτό είναι το μήνυμα του Σταύρου.

.

: IMC25-6.png (153.47 KiB) Προβλήθηκε 1255 φορές

.
Βρήκα κάπου την επίσημη λύση, την οποία αναρτώ. Μάλλον η υποψία μου επιβεβαιώνεται.

Θα δει κανείς ότι η επίσημη λύση κάνει Rolle σε κάποια συνάρτηση, που όμως δεν δίνει το επιθυμητό τελικό αποτέλεσμα. Μετά, σε ένα δεύτερο βήμα, χρησιμοποιεί γενικευμένο Θ.M.T. για να βελτιώσει το μερικό αποτέλεσμα που βρήκε.

Ωραιότατη η λύση τους, αλλά η μονολεκτική λύση του Σταύρου είναι μία κλάση διαφορά.

panosgl2006 · #10

Άλλη μια λύση για το πρόβλημα 6 η οποία βέβαια χρησιμοποιεί την συνέχεια της παραγωγού(όπου γενικά δεν χρειαζοταν στο πρόβλημα) την οποία αναρτώ μόνο για λόγους πληρότητας

Έστω g(x)=f(x)-xf'(x)-k

(

συνεχής)

Αν

ετεροσημα έχουμε λύση
Αλλιώς έστω(χωρίς βλάβη της γενικότητας) f'(a),f'(b)>0

τότε υπάρχει $x\in (a,b)$ ώστε f(x)=k

(εξηγήσετε γιατί)
Έστω $A=\{ x \in (a,b)|f(x)=k \}$ και έστω $y=\inf A$ τότε εύκολα βλέπει κανείς ότι f(y)=k

και $y \in (a,b)$ (Εξηγήσετε γιατί)
άρα g(y)=-yf'(y)

και $f'(y) \leq 0$ (εξηγήσετε γιατί)
άρα ή

λύση ή υπάρχει $\xi \in(a,y)$ ώστε $\xi$ λύση άρα τελειώσαμε!

IMC 2025

IMC 2025

Re: IMC 2025

Re: IMC 2025

Re: IMC 2025

Re: IMC 2025

Re: IMC 2025

Re: IMC 2025

Re: IMC 2025

Re: IMC 2025

Re: IMC 2025

Μέλη σε σύνδεση