IMC 2010

Nick1990 · #1

Kalispera sas kai signomi gia ta Greeklish alla vriskomaste stin Voulgaria kai den exoume Ellinika pliktrologia.
Oloklirothike o diethnis foititikos diagonismos IMC 2010. Se liges ores tha exoume ta telika apotelesmata. Ta provlimata vriskontai edw:
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 8&start=20

#2

Εύχομαι καλή επιτυχία σε όλους σας. Κάνω μια μετάφραση των προβλημάτων

Μέρα 1η

Πρόβλημα 1: Έστω 0 < a < b

. Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{ \int_{a}^{b}(x^{2}+1)e^{-x^{2}} \; dx \geqslant e^{-a^{2}}-e^{-b^{2}}. }$

Πρόβλημα 2: Να υπολογιστεί το άθροισμα της σειράς $\displaystyle{ \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(4k+1)(4k+2)(4k+3)(4k+4)}. }$

Πρόβλημα 3: Η ακολουθία $(x_n)_{n \geqslant 1}$ ορίζεται επαγωγικά με $x_1 = \sqrt{5}$ και $x_{n+1} = x_n^2 - 2$ για κάθε $n \geqslant 1$ . Να υπολογιστεί το όριο $\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\frac{x_{1} x_{2} \cdots x_{n}}{x_{n+1}}. }$

Πρόβλημα 4: Έστω $a,b \in \mathbb{Z}$ . Αν

θετικός ακέραιος ώστε το σύνολο $\displaystyle{ \mathbb{Z}\setminus\{ ax^{n}+by^{n}\, |\, x,y\in\mathbb{Z}\} }$ να είναι πεπερασμένο, να δειχθεί ότι n=1

.

Πρόβλημα 5: Έστω πραγματικοί αριθμοί $a,b,c \in [-1,1]$ ώστε $\displaystyle{ 1+2abc\geqslant a^{2}+b^{2}+c^{2}. }$ Να αποδειχθεί ότι για κάθε θετικό ακέραιο

ισχύει ότι $\displaystyle{ 1+2(abc)^{n}\geqslant a^{2n}+b^{2n}+c^{2n}. }$

Μέρα 2η

Πρόβλημα 1:

α) Έστω ακολουθία $(x_n)_{n \geqslant 1}$ πραγματικών αριθμών η οποία να ικανοποιεί $\displaystyle{ x_{n+1}=x_{n}\cos x_{n} }$ για κάθε $n \geqslant 1$ . Να εξεταστεί αν η ακολουθία είναι συγκλίνουσα για όλες τις αρχικές τιμές του x_1

.

β) Έστω ακολουθία $(y_n)_{n \geqslant 1}$ πραγματικών αριθμών η οποία να ικανοποιεί $\displaystyle{ y_{n+1}=y_{n}\cos y_{n} }$ για κάθε $n \geqslant 1$ . Να εξεταστεί αν η ακολουθία είναι συγκλίνουσα για όλες τις αρχικές τιμές του y_1

.

Πρόβλημα 2: Έστω θετικοί ακέραιοι $a_0,a_1,\ldots,a_n$ ώστε $a_{k+1} - a_k \geqslant 1$ για κάθε $k \in \{0,1,\ldots,n-1\}$ . Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{ 1+\frac{1}{a_{0}}\left( 1+\frac{1}{a_{1}-a_{0}}\right)\cdots\left(1+\frac{1}{a_{n}-a_{0}}\right) \leqslant \left(1+\frac{1}{a_{0}}\right)\left(1+\frac{1}{a_{1}}\right)\cdots\left(1+\frac{1}{a_{n}}\right). }$

Πρόβλημα 3: Έστω S_n

η ομάδα των μεταθέσεων του $\{1,\ldots,n\}$ . Έστω

υποομάδα της S_n

έτσι ώστε για κάθε $\pi \in G \setminus \{e\}$ υπάρχει μοναδικό $k \in \{1,\ldots,n\}$ ώστε $\pi(k) = k$ . (Όπου με

συμβολίζεται το ταυτοτικό στοιχείο της S_n

.) Να δειχθεί ότι αυτό το

είναι το ίδιο για όλα τα $\pi \in G \setminus \{e\}$ .

Πρόβλημα 4: Έστω

ένας συμμετρικός $m\times m$ πίνακας πάνω από το σώμα $\mathbb{F}_2 = \{0,1\}$ του οποίου όλα τα στοιχεία στην κύρια διαγώνιο ισούνται με 0. Να αποδειχθεί ότι για κάθε θετικό ακέραιο

, κάθε στήλη του A^n

έχει τουλάχιστον ένα μηδενικό στοιχείο.

Πρόβλημα 5: Έστω συνάρτηση $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ και πραγματικοί αριθμοί a < b

ώστε

για κάθε $x \in (a,b)$ . Να δειχθεί ότι αν $\displaystyle{ \sum^{p-1}_{k=0}f\left(y+\frac{k}{p}\right)=0 }$ για κάθε πρώτο αριθμό

και κάθε πραγματικό αριθμό

τότε

για κάθε $x \in \mathbb{R}$ .

#3

Demetres έγραψε:
Μέρα 1η
....

Πρόβλημα 3: Η ακολουθία $(x_n)_{n \geqslant 1}$ ορίζεται επαγωγικά με $x_1 = \sqrt{5}$ και $x_{n+1} = x_n^2 - 2$ για κάθε $n \geqslant 1$ . Να υπολογιστεί το όριο $\displaystyle{ \lim_{n\to\infty}\frac{x_{1} x_{2} \cdots x_{n}}{x_{n+1}}. }$
...

Αυτή είναι μια *γνωστή* ακολουθία.

Με επαγωγή μπορούμε να δείξουμε ότι

$\displaystyle{a_n=a^{2^{n-1}}+b^{2^{n-1}}}$ για κάθε $n\geq 1$

και

$\displaystyle{a_1a_2\cdots a_{n}=\frac{a^{2^n}-b^{2^n}}{a-b}=a^{2^n}-b^{2^n}}$

όπου a,b

είναι οι ρίζες της εξίσωσης $x^2-\sqrt{5}x+1=0$ , οπότε $a+b=\sqrt{5}$ και ab=1

.

Συνεπώς,

$\displaystyle{\frac{a_1a_2\cdots a_{n}}{a_{n+1}}=\frac{a^{2^n}-b^{2^n}}{a^{2^n}+b^{2^n}}=\frac{a^{2^{n+1}}-1}{a^{2^{n+1}}+1}=\frac{1-\left(\frac{1}{a}\right)^{2^{n+1}}}{1+\left(\frac{1}{a}\right)^{2^{n+1}}}\to 1}$ ,

καθώς $n\to \infty$ .

Φιλικά,

Αχιλλέας

mathxl · #4

Μία λύση στ πρόβλημα 1
$\displaystyle{{x^2} + 1 \ge 2x \Rightarrow \left( {{x^2} + 1} \right){e^{ - {x^2}}} \ge 2x{e^{ - {x^2}}} \Rightarrow }$

$\displaystyle{\int\limits_a^b {\left( {{x^2} + 1} \right){e^{ - {x^2}}}dx} > \int\limits_a^b {2x{e^{ - {x^2}}}dx} \Rightarrow }$

$\displaystyle{\int\limits_a^b {\left( {{x^2} + 1} \right){e^{ - {x^2}}}dx} > \left[ { - {e^{ - {x^2}}}} \right]_a^b \Rightarrow }$
$\displaystyle{\int\limits_a^b {\left( {{x^2} + 1} \right){e^{ - {x^2}}}dx} > {e^{ - {a^2}}} - {e^{ - {b^2}}}}$

#5

Demetres έγραψε: Μέρα 2η

Πρόβλημα 3: Έστω η ομάδα των μεταθέσεων του $\{1,\ldots,n\}$ . Έστω υποομάδα της έτσι ώστε για κάθε $\pi \in G \setminus \{e\}$ υπάρχει μοναδικό $k \in \{1,\ldots,n\}$ ώστε $\pi(k) = k$ . (Όπου με συμβολίζεται το ταυτοτικό στοιχείο της .) Να δειχθεί ότι αυτό το είναι το ίδιο για όλα τα $\pi \in G \setminus \{e\}$ .

Από το λήμμα του Burnside έχουμε ότι ο αριθμός των τροχιών του $\{1,\ldots,n\}$ υπό την δράση της

ισούται με τον μέσο αριθμό σταθερών σημείων των στοιχείων της

. Άρα από τα δεδομένα του προβλήματος ο αριθμός

των τροχιών ισούται με

(1) $\displaystyle{ k = \frac{1}{|G|}\left( 1 \cdot (|G| - 1) + n \cdot 1\right) = 1 + \frac{n-1}{|G|} }$

Έστω $O_1,\ldots,O_k$ οι τροχιές, έστω $x_1 \in O_1,\ldots,x_k \in O_k$ και έστω $G_i = \{g \in G : g(x_i) = x_i\}$ για $1 \leqslant i \leqslant k$ . Τότε από το θεώρημα Orbit-Stabilizer έχουμε |O_i||G_i| = |G|

για κάθε

και άρα

(2) $\displaystyle{ n = \sum_{i=1}^k |O_i| = |G| \sum_{i=1}^k \frac{1}{|G_i|}.}$

Από τις (1) και (2) παίρνουμε $\displaystyle{ 1 - \frac{1}{|G|} = \sum_{i=1}^k \left(1 - \frac{1}{|G_i|} \right)}$

Επειδή $\displaystyle{|G_i| \geqslant 2 \Rightarrow 1 - \frac{1}{|G_i|} \geqslant \frac{1}{2} }$ υπάρχει ακριβώς ένα

για το οποίο $|G_i| \neq 1$ και επίσης για αυτό το

θα έχουμε

, δηλαδή το στοιχείο x_i

θα είναι σταθερό σημείο όλων των $g \in G$ . Αυτό συμπληρώνει την απόδειξη.

dimitris pap · #6

Demetres έγραψε: Επειδή $\displaystyle{|G_i| \geqslant 2 \Rightarrow 1 - \frac{1}{|G_i|} \geqslant \frac{1}{2} }$ υπάρχει ακριβώς ένα για το οποίο $|G_i| \neq 1$ και επίσης για αυτό το θα έχουμε , δηλαδή το στοιχείο θα είναι σταθερό σημείο όλων των $g \in G$ . Αυτό συμπληρώνει την απόδειξη.

Πολύ ωραία απόδειξη Δημήτρη!! Το ωραίο και χρήσιμο αυτο λήμμα δεν το γνώριζα (http://en.wikipedia.org/wiki/Burnside_lemma) και ήταν αυτό που μου έλειπε για να ολοκληρώσω τη λύση, αν και χρησιμοποιώ κάτι πολύ πιο χαλαρό απ' το λήμμα. Συγκεκριμένα χρειαζόμουν ότι |G|

διαιρεί το n-1

(το οποίο πιστεύω ότι βγαίνει και αλλιώς αλλά δεν τα κατάφερα να το αποδείξω).

Επειτα λέμε το εξής. Εστω a_i

τα στοιχεία της ομάδας (πλην του identity) και k_i

τέτοια ώστε $\displaystyle a_i(k_i)=k_i$ (τα k_i

όχι απαραίτητα διαφορετικά.. σε κάθε non-identity element αντιστοιχεί μοναδικό k_i

).
Tότε για κάθε $\displaystyle h \neq k_i$ , $\displaystyle |G_h|=1$ και $\displaystyle |O_h|=m$ με |G|=m

. Tώρα τα διαφορετικά orbits διαμερίζουν το (partition) {1,2,..,n}

. Ετσι αν $\displaystyle n=t\cdot m+1$ μπορούμε σίγουρα να "βάλουμε" τα $(t-1)\cdot m$ στοιχεία στα δικά τους orbits (τροχιές) όπου όλα αυτά τα στοιχεία θα σταθεροποιούνται μόνο απ' το identity. Απ' τα υπολειπόμενα m+1

στοιχεία κάποιο σίγουρα δεν ανήκει στα $\displaystyle k_i$ ! Το διαλέγουμε και αφού το orbit του περιέχει

στοιχεία (όλα διαφορετικά απ' τα προηγούμενα) μένει μόνο ένα στοιχείο που το orbit του περιέχει μόνο τον εαυτό του και άρα σταθεροποιείται από όλα τα στοιχεία της ομάδας, όπως ζητείται να αποδειχτεί

Υ.Γ. Καλά αποτελέσματα σε όλους, αν και είδα τις βαθμολογίες (http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 8&start=20) και έχουν πάει πάρα πολύ καλά!!

mathxl · #7

Μια ενδιαφέρουσα συζήτηση για το πρόβλημα 3 της πρώτης ημέρας στις 30 Μαρτίου του 2008!!!!
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 7&t=197220

#8

mathxl έγραψε:Μια ενδιαφέρουσα συζήτηση για το πρόβλημα 3 της πρώτης ημέρας στις 30 Μαρτίου του 2008!!!!
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 7&t=197220

Καλά, πως το ξετρύπωσες αυτό;

Κώστας Παππέλης · #9

Τα αποτελέσματά των Ελλήνων μετά τις αναβαθμολογήσεις:

Ζαδίκ, Μοσχίδης, Γιεχασκιέλ, Τζάμος: ΑΡΓΥΡΑ

Κολλιόπουλος, Κουκουτός, Νάκος, Παππέλης, Χατζάκος, Στεργιοπούλου, Καραταπάνης, Γεωργακόπουλος, Σακελλάρης: ΧΑΛΚΙΝΑ

Λαμπρόπουλος, Παρόλας, Σταματόπουλος, Ψύχας: ΕΥΦΗΜΕΣ ΜΝΕΙΕΣ

Συγχωρέστε με αν ξεχνάω κάποιον.

dimitris pap · #10

Πολλά πολλά συγχαρητήρια παιδιά!!

Και εις ανώτερα!!

Υ.Γ. Α ρε Παππέλη.. και οι επιτυχίες συνεχίζονται απ' την ιατρική

#11

Θερμά Συγχαρητήρια σε όλους σας!!!

Αχιλλέας

Ilias_Zad · #12

Σας ευχαριστώ πολύ ως μέλος της ελληνικής αποστολής.

Συμβολικά ας βάλω την λύση μου στο 3.

Έχουμε $x_n^2=(x_{n-1}^2-2)^2 \leftrightarrow x_n^2-4=x_{n-1}^2(x_{n-1}^2-4)$

Όμως είναι εύκολο να δούμε οτι η x_n

είναι γνησίως αύξουσα και πάει στο άπειρο. Oπότε βάζωντας ρίζες και πολ/ζωντας,
$x_1..x_n=\sqrt{x_{n+1}^2-4}$ και άρα το όριο είναι προφανώς

.

Σαν σχόλια αξίζει ίσως να τονίσω ότι πολλοί απο εμάς χάσαμε τα παραπάνω μετάλλια για λίγους πόντους που ήταν λίγο απογοητευτικό.(παράδειγμα: ο Νίκος το ασημένιο για 1 μονάδα)
Επίσης ήταν κρίμα που έλειπε η καθαρή γραμμική άλγεβρα , η οποία θα ανέβαζε σίγουρα αρκετά την ομάδα.

#13

Πολλά συγχαρητήρια σε όλους!

#14

Συγχαρητήρια σε όλους και από εμένα!
Πολλά πολλά μπράβο!!!

#15

Παιδιά συγχαρητήρια σε όλους !! Τελικά ο Γιεχάσκιελ πήρε το αίμα του πίσω από τους διαγωνισμούς

Σεμφίτη μη στενοχωριέσαι έχεις ακόμα δύο χρονιές ( και μην πρίξεις τους άλλους για το βαθμό που δεν πήρες )
Πού ήταν τα cutoffs και ποιες οι βαθμολογίες μας ανά άτομο ; (αν θέλετε βάλτε τα εδώ γιατί είναι πολύ μεγάλο το άλλο αρχείο και η σύνδεσή μου δε μου επιτρέπει να το κατεβάσω)

Δημήτρης Χατζάκος · #16

Συγχαρητηρια και απο εμενα σε ολους σας! Ηταν πολυ ωραια εκδρομη, και αξιζε και απο αποψη παρεας.

Σιλουαν, υπαρχουν αναλυτικα τα σκορ στο φορουμ της σχολης μας.

Ηλια, τελικα εκει που την πατησαμε μαλλον οι περισσοτεροι ελληνες και επρεπε να παρουμε περισσοτερα ηταν τα Α.3, Β.2 (αντιστοιχα οτι δεν ελυσε ο καθενας μας). Αυτη η κατηγορια βεβαια δεν συμπεριλαμβανει κι εσενα :p

Nick1990 · #17

Ευχαριστουμε για τα καλα σας λογια!
Η ειρωνια ειναι οτι ζητουσα να μπει καμια ανισοτητα που ειναι ισως ο κλαδος με τον οποιο εχω ασχοληθει περισσοτερο στους διαγωνισμους, και εχασα ενα καλο ασημενιο απο μια ανισοτητα που εβγαινε αμεσα με επαγωγη και πραξεις, επηδη επεσα στην παγιδα του προβληματος και επι 3.5 ωρες προσπαθουσα να την "πειραξω" ελαχιστα πρωτου εφαρμοσω το επαγωγικο βημα ετσι ωστε να μειωθουν οι πραξεις, και ηταν τετοια που με το παραμικρο πειραγμα εμφανιζε προβλημα στη φορα.
Σιλ καποιοι εκει πανω πιστευαμε πως οταν ειδες τα θεματα ισως να μετανοιωσες που δεν ηρθες! Θεωρια αριθμων στο 4 + 2 ανισοτητες και ουτε μια γραμμικη αλγεβρα! Ουτε να τα ειχες ζητησει εσυ τα θεματα

Ο Λεωνιδας που ειχε κανει πολυ καλη προετοιμασια στη γραμμικη αλγεβρα, ηταν ο πιο ατυχος της υποθεσης

Η λυση μου στο 1ο της πρωτης μερας ηταν η γνωστη, στο 3ο ακριβως αυτη του κυριου Αχιλλεα (ο τυπος μου προεκειψε απο τον τυπο του υπερβολικου συνημιτονου), ενω στο 2ο δεν θυμομουν που συγκλινουν καποιες ειδικες σειρες που εμφανιζοντουσαν μετα τις διασπασεις και κολλησα και στις πραξεις. Τελος στο 1ο της 2ης μερας ειπα τα εξης (τα γραφω λιγο συνοπτικα εδω):

1) Οχι, επιλεγουμε $x_1 = -\pi$ και δειχνουμε επαγωγικα οτι η ακολουθια ειναι η $(-1)^n\pi$

2) Ναι, ευκολα η |a_n|

ειναι φθινουσα και κατω φραγμενη, οποτε συγκλινει σε καποιο M>0

, θα δειξουμε οτι η μη συγκλιση συνεπαγετε συγκλιση, πραγμα που αποτελει αντιφαση, οποτε θα εχουμε συγκλιση. Αν δεν συγκλινει η a_n

τοτε μπορει να χωριστει σε 2 υπακολουθιες που συγκλινουν στο

και στο

. Αν το

ειναι ριζα του ημιτονου τοτε ειναι και το

και ευκολα δειχνουμε οτι οι υπακολουθιες τεινουν στο M = -M = 0

και εχουμε συγκλιση. Αν παλι το

δεν ειναι ριζα του ημιτονου, τοτε $M \neq 0$ και απο την περιττοτητα του ημιτονου εχουμε ευκολα οτι για αρκετα μικρο

, στην ενωση των (-M - e, -M + e), (M - e, M + e)

η

διατηρει προσημο, ομως απο τα προηγουμενα δεν ειναι δυσκολο να δουμε οτι για αρκετα μεγαλο n_0

, ολοι οι

βρησκονται μεσα στη συγκεκριμενη ενωση διαστηματων, και επομενως οι $a_{n+1} = a_nsin(a_n)$ εχουν ολοι το ιδιο προσημο, αν αυτο ειναι θετικο τοτε για πολυ μεγαλο

εχουμε $a_n = |a_n| \rightarrow M$ , αν ειναι αρνητικο τοτε για πολυ μεγαλο

ειναι $a_n = -|a_n| \rightarrow -M$ , οποτε σε καθε περιπτωση εχουμε συγκλιση και τελειωσαμε.

Ilias_Zad · #18

Δημήτρης Χατζάκος έγραψε: Σιλουαν, υπαρχουν αναλυτικα τα σκορ στο φορουμ της σχολης μας.

Οντως εδώ είναι τα ελληνικά σκορ: http://forum.math.uoa.gr/viewtopic.php? ... 94#p130594
Τα cut offs( ελάχιστο σκορ για να πάρεις μια διάκριση) ήταν 17 για εύφημη, 27 για χάλκινο,36 για ασημένιο και 50 για χρυσό.

#19

Nick1990 έγραψε: Σιλ καποιοι εκει πανω πιστευαμε πως οταν ειδες τα θεματα ισως να μετανοιωσες που δεν ηρθες! Θεωρια αριθμων στο 4 + 2 ανισοτητες και ουτε μια γραμμικη αλγεβρα! Ουτε να τα ειχες ζητησει εσυ τα θεματα

Μπορεί να έχεις και δίκαιο (δλδ όντως τα θέματα ήταν στημένα για μένα) αλλά τι να κάνουμε πάντα στους διαγωνισμούς έτσι μου έρχονται. Η απόφαση ότι ο τελευταίος διαγωνισμός ήταν ο SEEMOUS είναι οριστική οπότε μη προσπαθείτε να μου δημιουργήσετε τύψεις

Ευχαριστώ για τα απότελεσματα. Ηλία του χρόνου χρυσό !!!

IMC 2010

IMC 2010

Re: IMC 2010

Re: IMC 2010

Re: IMC 2010

Re: IMC 2010

Re: IMC 2010

Re: IMC 2010

Re: IMC 2010

Re: IMC 2010

Re: IMC 2010

Re: IMC 2010

Re: IMC 2010

Re: IMC 2010

Re: IMC 2010

Re: IMC 2010

Re: IMC 2010

Re: IMC 2010

Re: IMC 2010

Re: IMC 2010

Μέλη σε σύνδεση