Διαγωνισμός Επιλογής της ΕΜΕ για SEEMOUS 2012

Nick1990 · #1

Παραθέτω τα θέματα του χτεσινού διαγωνισμού επιλογής της ΕΜΕ για τον φετινό SEEMOUS:

1) α) Να υπολογιστεί το:

$\displaystyle{\lim_{n\rightarrow +\infty}{\frac{1}{n^4}{\left(\prod_{k=1}^{2n}{(k^2 + n^2)}\right)}^{\frac{1}{n}}}}$ .

β) Να εξετάσετε αν ο παρακάτω ισχυρισμός είναι αληθής:
Αν $a_n, b_n, n \in \mathbb{N}$ ακολουθίες θετικών αριθμών με:
$\displaystyle{\sum_{k=1}^{+\infty}{\frac{1}{a_n}} = \sum_{k=1}^{+\infty}{\frac{1}{b_n}} = +\infty}$ ,
τότε:
$\displaystyle{\sum_{k=1}^{+\infty}{\frac{1}{a_n + b_n}} = +\infty}$ .

2) Δίνονται 5 σημεία στο επίπεδο, ανά 3 μη συνευθειακά. Να αποδειχτεί ότι μεταξύ αυτών των σημείων, υπάρχουν 3 τα οποία σχηματίζουν αμβλυγώνιο τρίγωνο.

3) α) Δίνονται οι $n \times n$ πίνακες $A_1,A_2, ... , A_{n+1}$ . Να δειχτεί ότι υπάρχει γραμμικός συνδιασμός αυτών των πινάκων, με τουλάχιστον ένα συντελεστή διάφορο από το 0, έτσι ώστε η ορίζουσα του γραμμικού αυτού συνδιασμού να είναι ίση με το 0.

β) Να δωθούν 2 $2 \times 2$ πίνακες A_1, A_2

ώστε για κάθε 2 πραγματικούς αριθμούς $\lambda_1, \lambda_2$ που δεν είναι και οι 2 ίσοι με μηδέν,
να ισχύει:
$\det(\lambda_1A_1 + \lambda_2A_2) \neq 0$ .

γ) Να δωθούν 4 $4 \times 4$ πίνακες A_1, A_2, A_3, A_4

, ώστε για κάθε 4 πραγματικούς αριθμούς $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3, \lambda_4$ που δεν είναι και οι 4 ίσοι με μηδέν, να ισχύει:
$\det(\lambda_1A_1 + \lambda_2A_2 + \lambda_3A_3 + \lambda_4A_4) \neq 0$ .

4) Έστω $A_n = \{-1,1,-2,2,-3,3,...,-n,n\}$ και $\Omega_n$ το σύνολο των περιττών 1-1 και επί συναρτήσεων $\sigma: A_n \rightarrow A_n$ . Επιλέγουμε τυχαία μια συνάρτηση από το $\Omega_n$ , αν p_n

είναι η πιθανότητα η συνάρτηση που επιλέξαμε να μην έχει σταθερό σημείο (να μην ισχύει δηλαδή $\sigma(k)=k$ για κανένα $k \in A_n$ ), να υπολογιστεί το $\displaystyle{\lim_{n\rightarrow +\infty}{p_n}}$ .

5) Να εξεταστεί αν υπάρχει συνάρτηση $f: (0, +\infty) \rightarrow (0, +\infty)$ παραγωγίσιμη, ώστε για κάθε x>0

να ισχύει:
$f'(x) \geq f(x + f(x))$ .

Καλά αποτελέσματα σε όλους όσους έγραψαν.
ΥΓ: Να παρατηρήσουμε ότι τα θέματα του προκριματικού της ΕΜΕ για τον SEEMOUS είναι κάθε χρόνο και καλύτερα!

#2

Nick1990 έγραψε:
β) Να εξετάσετε αν ο παρακάτω ισχυρισμός είναι αληθής:
Αν $a_n, b_n, n \in \mathbb{N}$ ακολουθίες θετικών αριθμών με:
$\displaystyle{\sum_{k=1}^{+\infty}{\frac{1}{a_n}} = \sum_{k=1}^{+\infty}{\frac{1}{b_n}} = +\infty}$ ,
τότε:
$\displaystyle{\sum_{k=1}^{+\infty}{\frac{1}{a_n + b_n}} = +\infty}$ .

Μάλλον παραείναι εύκολη για τέτοιο διαγωνισμό.

Η απάντηση αρνητική: $\displaystyle{ a_{2n-1}=b_{2n}=1, \, a_{2n}=b_{2n-1}=2^n$ . Οι $\displaystyle { \sum \frac {1}{a_n}, \, \sum \frac {1}{b_n}$ αποκλίνουν λόγω των

αλλά η $\displaystyle \sum \frac {1}{a_n+b_n}$ συγκλίνει (απλό).

Μ

#3

Nick1990 έγραψε:Παραθέτω τα θέματα του χτεσινού διαγωνισμού επιλογής της ΕΜΕ για τον φετινό SEEMOUS:

1) α) Να υπολογιστεί το:

$\displaystyle{\lim_{n\rightarrow +\infty}{\frac{1}{n^4}{\left(\prod_{k=1}^{2n}{(k^2 + n^2)}\right)}^{\frac{1}{n}}}}$ .

Και αυτή μάλλον εύκολη για τέτοιο διαγωνισμό.

Ο λογάριθμος του γινομένου ισούται $\displaystyle{ -4 \ln n + \sum _{k=0}^{2n}\frac {1}{n}\ln \frac {k^2+n^2}{n^2} - 2 \ln n^2= \sum _{k=0}^{2n}\frac {1}{n}\ln \left (1+ \frac { k^2}{n^2}\right ) }$ . To τελευταίο είναι Riemann άθροισμα του $\displaystyle{ \int _0^2 \ln (1+x^2)dx =...=\left[ x\ln (1+x^2) -2x +2 arctan x}\\right ]_0^2$ (με παραγοντική).

M.

#4

Nick1990 έγραψε:

2) Δίνονται 5 σημεία στο επίπεδο, ανά 3 μη συνευθειακά. Να αποδειχτεί ότι μεταξύ αυτών των σημείων, υπάρχουν 3 τα οποία σχηματίζουν αμβλυγώνιο τρίγωνο.

Αν τα τέσσερα από αυτά, έστω τα A,B,C,D

έχουν το πέμπτο, το

, στο εσωτερικό του τετραπλεύρου που σχηματίζουν τότε τουλάχιστον μία από τις γωνίες AEB, BEC, CED, DEA

είναι $\ge 90$ αφού το άθροισμά τους είναι 360

. Τώρα, δεν μπορεί να είναι όλες

γιατί τότε τα A, E, C

θα ήταν συνευθειακά. Και λοιπά.

Συμπλήρωση από Αλέξανδρο Συγκελάκη: Αν αυτά τα 5 σημεία σχηματίζουν κυρτό πεντάγωνο τότε το άθροισμα όλων των γωνιών είναι $540^{\circ}$ οπότε στην περίπτωση αυτή τουλάχιστον μία είναι μεγαλύτερη ή ίση απο $\dfrac{540^{\circ}}{5}>90^{\circ}$ και τελειώσαμε.

M.

Edit: Συμπλήρωσα την απόδειξη, μετά από υπόδειξη του Αλέξανδρου ότι είχα κενό. Τον ευχαριστώ.

#5

Nick1990 έγραψε:
3) α) Δίνονται οι $n \times n$ πίνακες $A_1,A_2, ... , A_{n+1}$ . Να δειχτεί ότι υπάρχει γραμμικός συνδιασμός αυτών των πινάκων, με τουλάχιστον ένα συντελεστή διάφορο από το 0, έτσι ώστε η ορίζουσα του γραμμικού αυτού συνδιασμού να είναι ίση με το 0.

β) Να δωθούν 2 $2 \times 2$ πίνακες ώστε για κάθε 2 πραγματικούς αριθμούς $\lambda_1, \lambda_2$ που δεν είναι και οι 2 ίσοι με μηδέν,
να ισχύει:
$\det(\lambda_1A_1 + \lambda_2A_2) \neq 0$ .

γ) Να δωθούν 4 $4 \times 4$ πίνακες , ώστε για κάθε 4 πραγματικούς αριθμούς $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3, \lambda_4$ που δεν είναι και οι 4 ίσοι με μηδέν, να ισχύει:
$\det(\lambda_1A_1 + \lambda_2A_2 + \lambda_3A_3 + \lambda_4A_4) \neq 0$ .

α) Κοιτάμε την πρώτη στήλη των πινάκων. Είναι n+1

διανύσματα, άρα εξαρτημένα , οπότε υπάρχει μη τετριμμένος γραμμικός τους συνδυασμός που ισούται με

. Αν πάρουμε τον ίδιο γραμμικό συνδυασμό των πινάκων, έχει πρώτη στ'ηλη ίση με

, άρα και ορίζουσα

.

β) Ο $\displaystyle{ \lambda \begin{pmatrix} 1 & -1\\ 1 & 1 \end{pmatrix}+ \mu \begin{pmatrix} -1 & -1\\ 1 &-1 \end{pmatrix} }$ έχει ορίζουσα $(\lambda- \mu)^2+ (\lambda+ \mu)^2$ , που μηδενίζεται μόνο αν $\lambda= \mu=0$

γ) ίδια ιδέα: Αν

ο ταυτοτικός $2\times 2$ πίνακας, οι $\displaystyle{ \begin{pmatrix} I & -I\\ I & I \end{pmatrix}, \, \begin{pmatrix} -I & -I\\ I &-I\end{pmatrix}}$ κάνουν τη δουλειά.

Μ.

Eukleidis · #6

Επίσημες λύσεις : http://eclass.uoa.gr/modules/document/f ... 202012.pdf

#7

Ως μια γενίκευση της 3, ενδιαφέρον θα παρουσίαζε να βρούμε για ποια

υπάρχουν $n \times n$ πραγματικοί πίνακες $A_1,\ldots,A_n$ ώστε για $\lambda_1,\ldots,\lambda_n \in \mathbb{R}$ να ισχύει

$\displaystyle{ \det(\lambda_1A_1 + \cdots + \lambda_nA_n) = 0 \Leftrightarrow \lambda_1 = \cdots = \lambda_n = 0.}$

[Δεν έχω ακόμη λύση.]

Ilias_Zad · #8

Βγήκε ανακοίνωση με τα αποτελέσματα:

----
Τρίτη, 07 Φεβρουαρίου 2012
Στον διαγωνισμό επιλογής του Σαββάτου 4 Φεβρουαρίου 2012, για την εθνική ομάδα που θα συμμετέχει στον SEEMOUS , διακρίθηκαν κατά σειρά βαθμολογίας οι φοιτητές
1. Αλέξανδρος Εσκενάζη
2. Στέλιος Κωνσταντινίδης
3. Δημήτριος Μπογιόκας
4. Γιώργος Παπάς
5. Κωνσταντίνος Ζέμας
6. Κωνσταντίνος Τσουβαλάς
οι οποίοι και θα αποτελέσουν την εθνική ομάδα. Κατόπιν ακολουθούν κατά σειρά βαθμολογίας οι φοιτητές
7. Εμμανουήλ Αγγελής
8. Αθανάσιος Τσαρέας
9. Αναστάσης Καφετζόπουλος
Η επιτροπή της εξέτασης
Χ. Αθανασιάδης, Δ. Κραββαρίτης και Α. Μελάς.

-------

Πολλά συγχαρητήρια σε όλους! Καλή συνέχεια παίκτες !

Nick1990 · #9

Να τονίσουμε ότι και φέτος οι 3 (ίσως και ο Γιώργος που δεν τον γνωρίζω) είναι μέλη του mathematica.gr, με τους 2 ιδιαίτερα ενεργούς.

Συγκεκριμένα:
Αλέξανδρος Εσκενάζης: alex_eske
Στέλιος Κωνσταντινίδης: Dreamkiller
Κώστας Τσουβαλάς: kwstas12345

#10

Συγχαρητήρια στα παιδιά. Και εις ανώτερα.

Επίσης ένα ευχαριστώ στον Ηλία και στον Νίκο για την ενημέρωση.

Και μία ερώτηση: Γνωρίζει κανείς τα Τμήματα προέλευσης των διακριθέντων;

Μ.

#11

Συγχαρητήρια και από εμένα και καλές επιτυχίες στον διαγωνισμό.

Nick1990 · #12

Όλοι είναι από το Τμήμα Μαθηματικών του ΕΚΠΑ, με εξαίρεση τον Στέλιο που είναι Ηλεκτρολόγος Μηχανικός στο ΕΜΠ, και τον Γιώργο Παπά που δεν γνωρίζω από ποιά σχολή είναι.

#13

Μπράβο σε όλα τα παιδιά και καλή επιτυχία στον SEEMOUS.

Πολύ χαίρομαι για τα δικά μας παιδιά του

και ακόμη παρισσότερο που είναι μαθηματικοί.

#14

Πολλά συγχαρητήρια και από εμένα! Ιδιαιτέρως στα ενεργά μέλη του φόρουμ!!

AlexandrosG · #15

Nick1990 έγραψε:5) Να εξεταστεί αν υπάρχει συνάρτηση $f: (0, +\infty) \rightarrow (0, +\infty)$ παραγωγίσιμη, ώστε για κάθε να ισχύει:
$f'(x) \geq f(x + f(x))$ .

Μια λύση για το θέμα αυτό.

Η

είναι γνησίως αύξουσα αφού $f'(x) \geq f(x+f(x))>0$ και συνεπώς $f'(x) \geq f(x+f(x)) >f(x)$ για κάθε x>0

.

Για

από το Θεώρημα Μέσης Τιμής υπάρχει $x<\xi_x<x+f(x)$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{f'(\xi_x)=\frac{f(x+f(x))-f(x)}{f(x)} \leq \frac{f'(x)-f(x)}{f(x)}}$ .

Θα δείξουμε ότι για κάθε x>0

και για κάθε

φυσικό $\displaystyle{f'(x) \geq f^n(x)+...+f^2(x)+f(x)}$ . Για n=1

το έχουμε δείξει. Προχωρούμε επαγωγικά

$\displaystyle{f'(x) \geq f(x)f'(\xi_x)+f(x)>f(x)(f^n(\xi_x)+...+f(\xi_x))+f(x)>f(x)(f^n(x)+...+f(x))+f(x)=f^{n+1}(x)+...+f^2(x)+f(x)}$ όπως θέλαμε.

Τώρα αν υπάρχει x_0

με $f(x_0) \geq 1$ τότε για $n \to +\infty$ παίρνουμε άτοπο. Άρα για κάθε x>0

έχουμε

.

Από τη σχέση f'(x)>f(x)

παίρνουμε ότι η $g(x)=f(x)e^{-x}$ είναι αύξουσα. Άρα για κάθε x>1

έχουμε $e^{-x}>f(x)e^{-x} \geq f(1)e^{-1}$ το οποίο είναι άτοπο αφού

f(1)>0

και $\displaystyle{\lim_{x \to +\infty} e^{-x}=0}$ .

slash · #16

Χθές καθώς διάβαζα το Art and Craft of problem solving είδα το 1ο θέμα το οποίο έχει μπεί στον διαγωνισμό Putnam το 1970, δεν υποτίθεται οτι τα θέματα πρέπει να είναι καινούργια ?...

Διαγωνισμός Επιλογής της ΕΜΕ για SEEMOUS 2012

Διαγωνισμός Επιλογής της ΕΜΕ για SEEMOUS 2012

Re: Διαγωνισμός Επιλογής της ΕΜΕ για SEEMOUS 2012

Re: Διαγωνισμός Επιλογής της ΕΜΕ για SEEMOUS 2012

Re: Διαγωνισμός Επιλογής της ΕΜΕ για SEEMOUS 2012

Re: Διαγωνισμός Επιλογής της ΕΜΕ για SEEMOUS 2012

Re: Διαγωνισμός Επιλογής της ΕΜΕ για SEEMOUS 2012

Re: Διαγωνισμός Επιλογής της ΕΜΕ για SEEMOUS 2012

Re: Διαγωνισμός Επιλογής της ΕΜΕ για SEEMOUS 2012

Re: Διαγωνισμός Επιλογής της ΕΜΕ για SEEMOUS 2012

Re: Διαγωνισμός Επιλογής της ΕΜΕ για SEEMOUS 2012

Re: Διαγωνισμός Επιλογής της ΕΜΕ για SEEMOUS 2012

Re: Διαγωνισμός Επιλογής της ΕΜΕ για SEEMOUS 2012

Re: Διαγωνισμός Επιλογής της ΕΜΕ για SEEMOUS 2012

Re: Διαγωνισμός Επιλογής της ΕΜΕ για SEEMOUS 2012

Re: Διαγωνισμός Επιλογής της ΕΜΕ για SEEMOUS 2012

Re: Διαγωνισμός Επιλογής της ΕΜΕ για SEEMOUS 2012

Μέλη σε σύνδεση