IMC 2010

Συντονιστής: Demetres

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

IMC 2010

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nick1990 » Τετ Ιούλ 28, 2010 5:07 pm

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


Κολλιοπουλος Νικος.
Μεταδιδακτορικός ερευνητής.
Ερευνητικά ενδιαφέροντα: Στοχαστικές ΜΔΕ, ασυμπτωτική ανάλυση στοχαστικών συστημάτων, εφαρμογές αυτών στα χρηματοοικονομικά και στη διαχείριση ρίσκων.
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8587
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: IMC 2010

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Ιούλ 28, 2010 5:37 pm

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 n 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 n 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 G 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 e συμβολίζεται το ταυτοτικό στοιχείο της S_n.) Να δειχθεί ότι αυτό το k είναι το ίδιο για όλα τα \pi \in G \setminus \{e\}.

Πρόβλημα 4: Έστω A 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 n, 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 f(x) = 0 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 p και κάθε πραγματικό αριθμό y τότε f(x) = 0 για κάθε x \in \mathbb{R}.


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2782
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: IMC 2010

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Τετ Ιούλ 28, 2010 6:16 pm

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


Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: IMC 2010

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Τετ Ιούλ 28, 2010 6:31 pm

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}}}}


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8587
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: IMC 2010

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τετ Ιούλ 28, 2010 7:54 pm

Demetres έγραψε: Μέρα 2η

Πρόβλημα 3: Έστω S_n η ομάδα των μεταθέσεων του \{1,\ldots,n\}. Έστω G 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 e συμβολίζεται το ταυτοτικό στοιχείο της S_n.) Να δειχθεί ότι αυτό το k 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 G ισούται με τον μέσο αριθμό σταθερών σημείων των στοιχείων της G. Άρα από τα δεδομένα του προβλήματος ο αριθμός k 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 i 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 i για το οποίο |G_i| \neq 1 και επίσης για αυτό το i θα έχουμε |G_i| = |G|, δηλαδή το στοιχείο x_i θα είναι σταθερό σημείο όλων των g \in G. Αυτό συμπληρώνει την απόδειξη.


dimitris pap
Δημοσιεύσεις: 287
Εγγραφή: Παρ Ιαν 23, 2009 3:42 pm

Re: IMC 2010

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dimitris pap » Πέμ Ιούλ 29, 2010 12:09 pm

Demetres έγραψε: Επειδή \displaystyle{|G_i| \geqslant 2 \Rightarrow 1 - \frac{1}{|G_i|} \geqslant \frac{1}{2} } υπάρχει ακριβώς ένα i για το οποίο |G_i| \neq 1 και επίσης για αυτό το i θα έχουμε |G_i| = |G|, δηλαδή το στοιχείο x_i 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 m 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!! :clap2:


Άβαταρ μέλους
mathxl
Δημοσιεύσεις: 6736
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 3:49 pm
Τοποθεσία: Σιδηρόκαστρο
Επικοινωνία:

Re: IMC 2010

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathxl » Παρ Ιούλ 30, 2010 12:07 am

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


Ποτε δεν κάνω λάθος! Μια φορά νομιζα πως είχα κάνει, αλλά τελικά έκανα λάθος!
Απ' τα τσακάλια δεν γλυτώνεις μ' ευχές η παρακάλια. Κ. Βάρναλης
Aπέναντι στις αξίες σου να είσαι ανυποχώρητος

Ενεργό μέλος από 23-12-2008 ως και 17-8-2014 (δεν θα απαντήσω σε πμ)
Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8587
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: IMC 2010

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Ιούλ 30, 2010 12:00 pm

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;


Άβαταρ μέλους
Κώστας Παππέλης
Δημοσιεύσεις: 261
Εγγραφή: Παρ Ιούλ 24, 2009 4:17 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: IMC 2010

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κώστας Παππέλης » Παρ Ιούλ 30, 2010 1:36 pm

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
Δημοσιεύσεις: 287
Εγγραφή: Παρ Ιαν 23, 2009 3:42 pm

Re: IMC 2010

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dimitris pap » Παρ Ιούλ 30, 2010 1:52 pm

Πολλά πολλά συγχαρητήρια παιδιά!! :first: :clap:

Και εις ανώτερα!!

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


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2782
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: IMC 2010

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Παρ Ιούλ 30, 2010 1:52 pm

Θερμά Συγχαρητήρια σε όλους σας!!!

Αχιλλέας


Ilias_Zad
Δημοσιεύσεις: 418
Εγγραφή: Δευ Ιαν 26, 2009 11:44 pm

Re: IMC 2010

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ilias_Zad » Παρ Ιούλ 30, 2010 2:28 pm

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 1.

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. ;)


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8587
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: IMC 2010

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Παρ Ιούλ 30, 2010 3:59 pm

Πολλά συγχαρητήρια σε όλους!


Άβαταρ μέλους
nkatsipis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 767
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 10:26 am
Τοποθεσία: Σαντορίνη
Επικοινωνία:

Re: IMC 2010

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nkatsipis » Παρ Ιούλ 30, 2010 4:06 pm

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


Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1304
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: IMC 2010

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Παρ Ιούλ 30, 2010 4:17 pm

Παιδιά συγχαρητήρια σε όλους !! Τελικά ο Γιεχάσκιελ πήρε το αίμα του πίσω από τους διαγωνισμούς :clap2:
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)


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Δημήτρης Χατζάκος
Δημοσιεύσεις: 1
Εγγραφή: Τετ Ιούλ 07, 2010 10:59 am

Re: IMC 2010

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Δημήτρης Χατζάκος » Σάβ Ιούλ 31, 2010 2:08 am

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


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

Re: IMC 2010

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Nick1990 » Σάβ Ιούλ 31, 2010 10:07 am

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 :P
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 -M και στο M. Αν το M ειναι ριζα του ημιτονου τοτε ειναι και το -M και ευκολα δειχνουμε οτι οι υπακολουθιες τεινουν στο M = -M = 0 και εχουμε συγκλιση. Αν παλι το M δεν ειναι ριζα του ημιτονου, τοτε M \neq 0 και απο την περιττοτητα του ημιτονου εχουμε ευκολα οτι για αρκετα μικρο e, στην ενωση των (-M - e, -M + e), (M - e, M + e) η xsinx διατηρει προσημο, ομως απο τα προηγουμενα δεν ειναι δυσκολο να δουμε οτι για αρκετα μεγαλο n_0, ολοι οι a_n, n > n_0 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 n εχουμε a_n = |a_n| \rightarrow M, αν ειναι αρνητικο τοτε για πολυ μεγαλο n ειναι a_n = -|a_n| \rightarrow -M, οποτε σε καθε περιπτωση εχουμε συγκλιση και τελειωσαμε.
τελευταία επεξεργασία από Nick1990 σε Σάβ Ιούλ 31, 2010 1:54 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Κολλιοπουλος Νικος.
Μεταδιδακτορικός ερευνητής.
Ερευνητικά ενδιαφέροντα: Στοχαστικές ΜΔΕ, ασυμπτωτική ανάλυση στοχαστικών συστημάτων, εφαρμογές αυτών στα χρηματοοικονομικά και στη διαχείριση ρίσκων.
Ilias_Zad
Δημοσιεύσεις: 418
Εγγραφή: Δευ Ιαν 26, 2009 11:44 pm

Re: IMC 2010

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ilias_Zad » Σάβ Ιούλ 31, 2010 11:33 am

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.


Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1304
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: IMC 2010

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Σάβ Ιούλ 31, 2010 5:07 pm

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 :P
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 :lol:
Ευχαριστώ για τα απότελεσματα. Ηλία του χρόνου χρυσό !!! :winner_first_h4h:


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Απάντηση

Επιστροφή σε “Διαγωνισμοί για φοιτητές”

Μέλη σε σύνδεση

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