mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 05, 2020 6:54 pm**

Καλησπέρα!

Πριν από λίγο ολοκληρώθηκε στη Θεσσαλονίκη ο διαγωνισμός SEEMOUS 2020. Παραθέτω τα θέματα του διαγωνισμού.

Θέμα 1 Θεωρούμε όλους τους πίνακες $A\in M_{2020}(\mathbb{C})$ τέτοιους ώστε να ισχύουν οι σχέσεις $A+adj(A)=I_{2020}$ και $A\cdot adj (A)=I_{2020}$ . Να βρεθεί το μέγιστο δυνατό πλήθος τέτοιων πινάκων έτσι ώστε οποιοδήποτε δύο από αυτούς να μην είναι όμοιοι.

Θέμα 2 Έστω k>1

πραγματικός αριθμός. Να υπολογιστούν τα παρακάτω όρια:

(a) $L=\lim_{n\to +\infty} \bigint_0^1 \left(\cfrac{k}{\sqrt[n]{x}+k-1}\right)^n \, dx$ ,
(b) $\lim_{n\to +\infty} n\left[L-\bigint_0^1 \left(\cfrac{k}{\sqrt[n]{x}+k-1}\right)^n \, dx\right]$

Θέμα 3 Έστω

θετικός ακέραιος, $k\in \mathbb{C}$ και $A\in M_n(\mathbb{C})$ με $tr(A)\neq 0$ και

$rank (A)+rank\left((tr(A))I_n-kA\right)=n$ .

Να βρείτε το

.

Θέμα 4 Θεωρούμε $0<a<T, \ D=\mathbb{R}\backslash \{kT+a\mid k\in \mathbb{Z}\}$ και έστω $f:D\to \mathbb{R}$ μια

περιοδική και παραγωγίσιμη συνάρτηση τέτοια, ώστε f'(x)>1

για κάθε $x\in (0,a)$ η οποία ικανοποιεί τις σχέσεις

$f(0)=0 \ , \ \lim_{x\to a \ , \ x<a} f(x)=+\infty \ , \ \lim_{x\to a \ , \ x<a} \cfrac{f'(x)}{f^2(x)}=1.$

(a) Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο

, η εξίσωση f(x)=x

έχει μοναδική λύση στο διάστημα (nT,nT+a)

, έστω

.
(b) 'Εστω y_n=nT+a-x_n

και $z_n=\bigint_0^{y_n}f(x) \, dx$
Να αποδείξετε ότι $y_n\rightarrow 0$ και να μελετήσετε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές $\sum_{n=1}^{\infty} y_n$ και $\sum_{n=1}^{\infty} z_n$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 05, 2020 10:43 pm**

gavrilos έγραψε: Πέμ Μαρ 05, 2020 6:54 pm Θέμα 3 Έστω θετικός ακέραιος, $k\in \mathbb{C}$ και $A\in M_n(\mathbb{C})$ με $tr(A)\neq 0$ και

$rank (A)+rank\left((tr(A))I_n-kA\right)=n$ .

Να βρείτε το .

Μπορούμε να υποθέσουμε ότι ο

είναι σε κανονική μορφή Jordan. Έστω $J_{\lambda_1,n_1},\ldots,J_{\lambda_m,n_m}$ τα Jordan blocks του. Τότε $\mathrm{rank}(A) = \mathrm{rank}(J_{\lambda_1,n_1}) + \cdots + \mathrm{rank}(J_{\lambda_m,n_m})$

Παρατηρούμε ότι $\mathrm{rank}(J_{\lambda_i,n_i}) = n_i$ αν $\lambda_i \neq 0$ και $\mathrm{rank}(J_{\lambda_i,n_i}) = n_i-1$ αν $\lambda_i = 0$ .

Ο $\mathrm{tr}(A)I - kA$ είναι επίσης σε κανονική μορφή Jordan και επιπλέον, επειδή $\mathrm{tr}(A) \neq 0$ , τότε $\mathrm{rank}(\mathrm{tr}(A)I_{n_i} - kJ_{\lambda_i,n_i}) = n_i$ αν $\lambda_i = 0$ .

Άρα, για να έχουμε $\mathrm{rank}(A) = 0$ πρέπει $\mathrm{rank}(\mathrm{tr}(A)I_{n_i} - kJ_{\lambda_i,n_i}) = 0$ αν $\lambda_i \neq 0$ και $\mathrm{rank}(J_{\lambda_i,n_i}) = 0$ αν $\lambda_i = 0$ .

Αυτό συμβαίνει μόνο αν n_i = 1

για κάθε

και επιπλέον $k\lambda_i = \mathrm{tr}(A)$ για κάθε

με $\lambda_i \neq 0$ .

Τότε ο

είναι διαγώνιος με

στοιχεία της κυρίας διαγωνίου ίσα με $\lambda \neq 0$ και τα υπόλοιπα ίσα με

. Τότε όμως είναι $k \lambda = \mathrm{tr}(A) = tA$ . Δηλαδή $k = t \in \mathbb{N}$ και $\mathrm{tr}(A) = t = k$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 06, 2020 3:38 pm**

gavrilos έγραψε: Πέμ Μαρ 05, 2020 6:54 pm Θέμα 1 Θεωρούμε όλους τους πίνακες $A\in M_{2020}(\mathbb{C})$ τέτοιους ώστε να ισχύουν οι σχέσεις $A+adj(A)=I_{2020}$ και $A\cdot adj (A)=I_{2020}$ . Να βρεθεί το μέγιστο δυνατό πλήθος τέτοιων πινάκων έτσι ώστε οποιοδήποτε δύο από αυτούς να μην είναι όμοιοι.

Ας δούμε και αυτό. Επειδή $A \mathrm{adj}(A) = \det(A)I$ , τότε $\det(A) = 1$ , άρα ο

είναι αντιστρέψιμος με $A^{-1} = \adj(A)$ και $A+A^{-1} = I$ . Τότε A^2 - A + I = 0

, οπότε το ελάχιστο πολυώνυμο του

διαιρεί το x^2-x+1

.

Έστω $\omega = e^{\pi i/3} = \frac{1+i\sqrt{3}}{2}$ . Τότε

από τις ιδιοτιμές του

είναι ίσες με $\omega$ και οι άλλες 2020-k

είναι ίσες με $1/\omega$ . Αλλά $\det(A)=1$ , οπότε k - (2020-k)

είναι πολλαπλάσιο του

. Από εδώ παίρνουμε $k = 2,5,8,\ldots,2018$ .

Επειδή τα $\omega,\omega^2$ είναι απλές ρίζες του χαρακτηριστικού πολυωνύμου, κάθε Jordan block στην κανονική μορφή Jordan του

έχει τάξη

. Άρα η κανονική μορφή Jordan του

είναι διαγώνιος πίνακας με

τιμές στην κύρια διαγώνιο ίσες με $\omega$ και τις άλλες 2020-k

ίσες με $\omega^2$ .

Κάθε πίνακας

πρέπει να είναι όμοιος με έναν από τους πιο πάνω διαγώνιους πίνακες, κάθε ένας από τους πιο πάνω διαγώνιους πίνακες ικανοποιεί το ζητούμενο, και κάθε δύο διαγώνιοι πίνακες είναι ανόμοιοι αν και μόνο αν διαφέρει το

.

Άρα έχουμε συνολικά 673

ανόμοιους πίνακες.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 10, 2020 9:38 am**

Καλημέρα! Είδα τα θέματα με καθυστέρηση μερικών ημερών, και μπορώ να πω πως μου άρεσαν. Αν και απουσίαζε το ιδιαίτερα δύσκολο πρόβλημα, που κατ' εμέ πρέπει να υπάρχει σε κάθε υψηλού επιπέδου διαγωνισμό, και τα 4 ήταν προβλήματα αξιοπρεπούς δυσκολίας για έναν διαγωνισμό που απευθύνεται σε ταλαντούχους και παθιασμένους φοιτητές μαθηματικών 1ου και 2ου έτους.

Το πρώτο πρόβλημα έχει μεταφερθεί λίγο λάθος, αφού ο πίνακας που χρησιμοποιείται δεν είναι ο adj αλλά ο ανάστροφος του adj, πράγμα που όμως δεν αλλάζει ιδιαίτερα τη λύση. Θα απαντήσω τα 2 θέματα που έμειναν αναπάντητα από τον Δημήτρη:

gavrilos έγραψε: Πέμ Μαρ 05, 2020 6:54 pm
Θέμα 2 Έστω πραγματικός αριθμός. Να υπολογιστούν τα παρακάτω όρια:

(a) $L=\lim_{n\to +\infty} \bigint_0^1 \left(\cfrac{k}{\sqrt[n]{x}+k-1}\right)^n \, dx$ ,
(b) $\lim_{n\to +\infty} n\left[L-\bigint_0^1 \left(\cfrac{k}{\sqrt[n]{x}+k-1}\right)^n \, dx\right]$

Ξεκινάμε θέτοντας x = y^n

για να πάρουμε
$\bigint_0^1 \left(\cfrac{k}{\sqrt[n]{x}+k-1}\right)^n \, dx = \bigint_0^1 ny^{n-1}\left(\cfrac{k}{y+k-1}\right)^n \, dy = \bigint_0^1 ny^{-1}\left(\cfrac{yk}{y+k-1}\right)^n \, dy$ .
Στη συνέχεια θέτουμε $z = \frac{yk}{y + k - 1}$ που παρατηρούμε ότι είναι γνησίως αύξουσα ως προς

στο

και επί του [0, 1]

, για να βρούμε ότι το παραπάνω ολοκλήρωμα ισούται (μετά από μερικές απλοποιήσεις) με:
$\bigint_0^1 nz^{n-1}\left(\cfrac{k}{k-z}\right) \, dz = \bigint_0^1 \left(z^{n}\right)'\left(\cfrac{k}{k-z}\right) \, dz = \left(\frac{k}{k - 1} - \bigint_0^1 z^{n}\left(\cfrac{k}{k-z}\right)' \, dz \right)$
όπου χρησιμοποιήσαμε ολοκλήρωση κατά παράγοντες. Η παράγωγος μέσα στο τελευταίο ολοκλήρωμα είναι εύκολα φραγμένη στο [0, 1]

αφού το

είναι φραγμένο μακρυά από το

, ενώ το $0 \leq z^n \leq 1$ για κάθε

. Επομένως, το θεώρημα Κυριαρχιμένης Σύγκλισης εφαρμόζεται στο τελευταίο ολοκλήρωμα, και έτσι αυτό πάει στο

αφού $z^n \longrightarrow 0$ . Άρα έχουμε $L = \frac{k}{k - 1}$ .

Το 2ο όριο τώρα ισούται με το όριο του:
$n \bigint_0^1 z^{n}\left(\cfrac{k}{k-z}\right)' \, dz \right) = \bigint_0^1 \left(z^{n}\right)'\left(\cfrac{kz}{(k-z)^2}\right) \, dz \right) = \left(\frac{k}{(k - 1)^2} - \bigint_0^1 z^{n}\cfrac{k(k + z)}{(k-z)^3} \, dz \right)$
όπου χρησιμοποιήθηκε και πάλι ολοκλήρωση κατά παράγοντες, και όπου μπορούμε να εφαρμόσουμε το Θεώρημα Κυριαρχημένης Σύγκλισης όπως ακριβώς κάναμε και στην περίπτωση του πρώτου ορίου για να δείξουμε ότι το τελευταίο ολοκλήρωμα πάει στο

. Επομένως, το 2ο όριο ισούται με $\frac{k}{(k - 1)^2}$

gavrilos έγραψε: Πέμ Μαρ 05, 2020 6:54 pm Θέμα 4 Θεωρούμε $0<a<T, \ D=\mathbb{R}\backslash \{kT+a\mid k\in \mathbb{Z}\}$ και έστω $f:D\to \mathbb{R}$ μια περιοδική και παραγωγίσιμη συνάρτηση τέτοια, ώστε για κάθε $x\in (0,a)$ η οποία ικανοποιεί τις σχέσεις

$f(0)=0 \ , \ \lim_{x\to a \ , \ x<a} f(x)=+\infty \ , \ \lim_{x\to a \ , \ x<a} \cfrac{f'(x)}{f^2(x)}=1.$

(a) Να αποδείξετε ότι για κάθε θετικό ακέραιο , η εξίσωση έχει μοναδική λύση στο διάστημα , έστω .
(b) 'Εστω και $z_n=\bigint_0^{y_n}f(x) \, dx$
Να αποδείξετε ότι $y_n\rightarrow 0$ και να μελετήσετε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές $\sum_{n=1}^{\infty} y_n$ και $\sum_{n=1}^{\infty} z_n$ .

Στο (a), μπορούμε να βρούμε 0 < a_n < a

ώστε

για κάθε

. Τότε αρκεί ένα Bolzano στην g(x) = f(x) - x

στο

, με

g(Tn) = f(Tn) - Tn = f(0) - Tn = -Tn < 0

και

g(Tn + a_n) = f(Tn + a_n) - Tn - a_n = f(a_n) - Tn - a_n > Tn + a - Tn - a_n = a - a_n > 0

.
Η μοναδικότητα είναι άμεση καθώς g'(x) = f'(x) - 1 > 0

στο

, άρα και σε κάθε διάστημα της μορφής (Tn, Tn + a)

λόγω περιοδικότητας, επομένως η

είναι γνησίως αύξουσα σε κάθε τέτοιο διάστημα.

Στο (b), η y_n

παίρνει τιμές στο (0, a)

. Αν αυτή δεν συγκλίνει στο

, τότε έχει υπακολουθία με τιμές στο $[\epsilon, a) \subset [\epsilon, a]$ για κάποιο $\epsilon \in (0, a)$ , η οποία έχει (από Bolzano - Weierstrass) υπακολουθία $y_{k_n}$ που συγκλίνει σε κάποιο $y \in [\epsilon, a]$ .
Τότε, από τη συνέχεια της

κοντά στο $a - y \in [0, a - \epsilon] \subset [0, a)$ έχουμε:
$\displaystyle{f(a - y) = \lim_{n \rightarrow +\infty}f(a - y_{k_n}) = \lim_{n \rightarrow +\infty}f(x_{k_n} - Tk_n) = \lim_{n \rightarrow +\infty}f(x_{k_n}) = \lim_{n \rightarrow +\infty}x_{k_n} = +\infty}$ , αφού $x_{k_n} > Tk_n \longrightarrow +\infty$ , το οποίο είναι άτοπο. Άρα η y_n

πάει στο

.

Στη συνέχεια έχουμε:
$yf(a - y) = \left(\frac{y}{\frac{1}{f(a - y)}}\right)$ , το οποίο πάει στο

όταν $y \longrightarrow 0^{+}$ , όπως εύκολα μπορούμε να δούμε χρησιμοποιώντας τον κανόνα D'el Hopital και την τελευταία συνθήκη. Άρα για y = y_n

έχουμε ότι το
y_nf(a - y_n) = y_nf(x_n - Tn) = y_nf(x_n) = y_nx_n = y_n(Tn + a - y_n)

παίρνει τιμές σε ένα διάστημα της μορφής $[1 - \eta, 1 + \eta]$ για μεγάλα

. Επομένως, για κάποιο $u_n \in [1 - \eta, 1 + \eta]$ έχουμε
$y_n(Tn + a - y_n) = u_n \Rightarrow y_n = \frac{Tn + a - \sqrt{(Tn + a)^2 - 4u_n}}{2}$
για μεγάλα

, καθώς κρατάμε τη μικρή ρίζα της δευτεροβάθμιας αφού $y_n \rightarrow 0$ .
Έτσι τελικά έχουμε $y_n = \frac{2u_n}{Tn + a + \sqrt{(Tn + a)^2 - 4u_n}} \sim \frac{1}{n}$ για μεγάλα

.

Επομένως, η πρώτη σειρά αποκλίνει αφού συμπεριφέρεται όπως η αρμονική τάξης 1, ενώ η δεύτερη συγκλίνει καθώς συμπεριφέρεται όπως η αρμονική τάξης 2 αφού z_n = F(y_n)

με $F(y) = \bigint_0^{y}f(x) \, dx$ και από D'el Hopital είναι:
$\displaystyle{\lim_{y \rightarrow 0^{+}}\frac{F(y)}{y^2} = \lim_{y \rightarrow 0^{+}}\frac{f(y)}{2y} = \frac{f'(0)}{2}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 10, 2020 11:39 pm**

Nick1990 έγραψε: Τρί Μαρ 10, 2020 9:38 am Καλημέρα! Είδα τα θέματα με καθυστέρηση μερικών ημερών, και μπορώ να πω πως μου άρεσαν. Αν και απουσίαζε το ιδιαίτερα δύσκολο πρόβλημα, που κατ' εμέ πρέπει να υπάρχει σε κάθε υψηλού επιπέδου διαγωνισμό, και τα 4 ήταν προβλήματα αξιοπρεπούς δυσκολίας για έναν διαγωνισμό που απευθύνεται σε ταλαντούχους και παθιασμένους φοιτητές μαθηματικών 1ου και 2ου έτους.

Να μου επιτραπεί μια γνώμη στο παραπάνω, επειδή ανακαλώ παρόμοια σχόλια περί "δεν ήταν ιδιαίτερα δύσκολα τα θέματα" και σε παλαιότερες δημοσιεύσεις τόσο για την SEEMOUS, όσο και για τον IMC. Στο 2ο θέμα υπήρχε μόλις ένα 10άρι (του πρώτου που είχε Perfect score), ενώ τα υπόλοιπα ήταν κάτω από 6, την στιγμή που το 2ο θεωρείται (συμβατικά) μετρίας δυσκολίας.

Παράλληλα, το cutoff για το χρυσό ήταν στα 24,5 (από τα 40) . Αν αναλογιστεί κανείς το επίπεδο των διαγωνιζομένων νομίζω πως τα θέματα πρέπει να χαρακτηριστούν ως ιδιαίτερα δύσκολα, ειδικά για κάποιον που είναι πρώτο ή δεύτερο έτος.

Τα γράφω αυτά καθώς θεωρώ πως κάτι τέτοιοι χαρακτηρισμοί ως προς την δυσκολία των θεμάτων δεν ωφελούν σε κάτι, παρά μόνον να εκνευρίσουν τα παιδιά που συμμετείχαν, καθώς τα ίδια τα αποτελέσματα μαρτυρούν κάτι άλλο.

Φιλικά

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 11, 2020 5:55 am**

sot arm έγραψε: Τρί Μαρ 10, 2020 11:39 pm
Nick1990 έγραψε: Τρί Μαρ 10, 2020 9:38 am Καλημέρα! Είδα τα θέματα με καθυστέρηση μερικών ημερών, και μπορώ να πω πως μου άρεσαν. Αν και απουσίαζε το ιδιαίτερα δύσκολο πρόβλημα, που κατ' εμέ πρέπει να υπάρχει σε κάθε υψηλού επιπέδου διαγωνισμό, και τα 4 ήταν προβλήματα αξιοπρεπούς δυσκολίας για έναν διαγωνισμό που απευθύνεται σε ταλαντούχους και παθιασμένους φοιτητές μαθηματικών 1ου και 2ου έτους.

Να μου επιτραπεί μια γνώμη στο παραπάνω, επειδή ανακαλώ παρόμοια σχόλια περί "δεν ήταν ιδιαίτερα δύσκολα τα θέματα" και σε παλαιότερες δημοσιεύσεις τόσο για την SEEMOUS, όσο και για τον IMC. Στο 2ο θέμα υπήρχε μόλις ένα 10άρι (του πρώτου που είχε Perfect score), ενώ τα υπόλοιπα ήταν κάτω από 6, την στιγμή που το 2ο θεωρείται (συμβατικά) μετρίας δυσκολίας.

Παράλληλα, το cutoff για το χρυσό ήταν στα 24,5 (από τα 40) . Αν αναλογιστεί κανείς το επίπεδο των διαγωνιζομένων νομίζω πως τα θέματα πρέπει να χαρακτηριστούν ως ιδιαίτερα δύσκολα, ειδικά για κάποιον που είναι πρώτο ή δεύτερο έτος.

Τα γράφω αυτά καθώς θεωρώ πως κάτι τέτοιοι χαρακτηρισμοί ως προς την δυσκολία των θεμάτων δεν ωφελούν σε κάτι, παρά μόνον να εκνευρίσουν τα παιδιά που συμμετείχαν, καθώς τα ίδια τα αποτελέσματα μαρτυρούν κάτι άλλο.

Φιλικά

Όπως γράφω και πιο κάτω, τα θέματα ήταν αξιοπρεπούς δυσκολίας για το επίπεδο των φοιτητών στους οποίους απευθύνεται ο διαγωνισμός, πράγμα που σημαίνει ότι είναι σπουδαία επιτυχία για έναν πρωτοετή φοιτητή αν καταφέρει να λύσει 1.5 θέμα πχ. Είναι γεγονός όμως ότι τα πρώτα χρόνια του διαγωνισμού η συμμετοχή ήταν μεγαλύτερη, καθώς συμμετείχαν επιπλέον Ρώσοι, Ισραηλινοί και Ουκρανοί, οι οποίοι έχουν μεγάλη παράδοση στο αντικείμενο, και οι αρχηγοί τους κατάφερναν συνήθως να περάσουν και ένα θέμα το οποίο ξέφευγε πολύ σε δυσκολία. Δείτε για παράδειγμα το 4ο θέμα του 2010, και θα δείτε πως δεν ήταν απλά δύσκολο με την έννοια του "δύσκολο για έναν δευτεροετή φοιτητή που τώρα αρχίζει να καταπιάνεται με ανώτερα μαθηματικά" ή του "δύσκολο κάτω από την πίεση του χρόνου", αλλά μια κατασκευή που ακόμα και ένας πολύ έμπειρος λύτης που την προσπαθεί από το σπίτι του και με την ησυχία του μπορεί να χρειαστεί ώρες για να δει την ιδέα και να την αναπτύξει σωστά.

Η μειωμένη συμμετοχή στο διαγωνισμό είχε ρίξει πολύ τη γενικότερη δυσκολία των θεμάτων τα τελευταία χρόνια. Μέχρι που μια χρονιά έπαιρνες χάλκινο λύνοντας ένα θέμα Λυκείου και αργυρό αν έλυνες επιπλέον και ένα θέμα απλών πράξεων με 2χ2 πίνακες. Φέτος όμως, αν και απουσίαζε το εξαιρετικά δύσκολο πρόβλημα που περιγράφω πιο πάνω, η δυσκολία επανήλθε τουλάχιστον σε αξιοπρεπή επίπεδα. Χαίρομαι γι' αυτό, διότι αυτό δίνει μεγαλύτερη αξία στις διακρίσεις των φοιτητών που τις πέτυχαν, και αυτό ήθελα να τονίσω κυρίως.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 11, 2020 11:53 am**

Nick1990 έγραψε: Τρί Μαρ 10, 2020 9:38 am ισούται (μετά από μερικές απλοποιήσεις) με:
$\bigint_0^1 nz^{n-1}\left(\cfrac{k}{k-z}\right) \, dz$

Από εδώ μπορούμε να πούμε ότι

$\displaystyle I_n =\int_{0}^{1} nz^{n-1} \sum_{m=0}^{\infty} \frac{z^m}{k^m}\,\mathrm{d}z = \sum_{m=0}^{\infty}\int_{0}^{1} \frac{nz^{m+n-1}}{k^m}\,\mathrm{d}z = \sum_{m=0}^{\infty} \frac{n}{k^m(n+m+1)} = \sum_{m=0}^{\infty} \frac{1}{k^m}\left( 1 - \frac{m+1}{n+m+1}\right)$

Επειδή τώρα

$\displaystyle \sum_{m=0}^{\infty} \frac{1}{k^m} \frac{m+1}{n+m+1} \leqslant \sum_{m=0}^{\infty} \frac{1}{k^m} \frac{m+1}{n} = \frac{k^2}{n(k-1)^2} \to 0$

Για την τελευταία ισότητα χρησιμοποιούμε το $\displaystyle f(x) = \sum_{m=0}^{\infty} x^{m+1} = \frac{x}{1-x} = \frac{1}{1-x}-1$ για να πάρουμε $\displaystyle f'(x) = \sum_{m=0}^{\infty} (m+1)x^{m} = \frac{1}{(1-x)^2}$ που θα δώσει $f'(1/k) \frac{k^2}{(k-1)^2}$ . (Όλες οι πράξεις για |x| < 1

οπότε επιτρέπεται το x = 1/k

.)

Άρα παίρνουμε $I_n \to L = \frac{k}{k-1}$ και επίσης

$\displaystyle \displaystyle{n(L-I_n) =\sum_{m=0}^{\infty} \frac{1}{k^m} \frac{n(m+1)}{n+m+1} = \sum_{m=0}^{\infty} \frac{(m+1)}{k^m}\left( 1 - \frac{m+1}{n+m+1}\right) = \frac{k^2}{(k-1)^2} - \sum_{m=0}^{\infty} \frac{1}{k^m} \frac{(m+1)^2}{n+m+1} \to \frac{k^2}{(k-1)^2}}$

με παρόμοιο τρόπο όπως προηγουμένως.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 11, 2020 4:14 pm**

Nick1990 έγραψε: Τετ Μαρ 11, 2020 5:55 am Η μειωμένη συμμετοχή στο διαγωνισμό είχε ρίξει πολύ τη γενικότερη δυσκολία των θεμάτων τα τελευταία χρόνια. Μέχρι που μια χρονιά έπαιρνες χάλκινο λύνοντας ένα θέμα Λυκείου και αργυρό αν έλυνες επιπλέον και ένα θέμα απλών πράξεων με 2χ2 πίνακες. Φέτος όμως, αν και απουσίαζε το εξαιρετικά δύσκολο πρόβλημα που περιγράφω πιο πάνω, η δυσκολία επανήλθε τουλάχιστον σε αξιοπρεπή επίπεδα. Χαίρομαι γι' αυτό, διότι αυτό δίνει μεγαλύτερη αξία στις διακρίσεις των φοιτητών που τις πέτυχαν, και αυτό ήθελα να τονίσω κυρίως.

Συγγνώμη που παρεμβαίνω επί του θέματος, αλλά ως παλιός διαγωνιζόμενος στον SEEMOUS, ως μέλος της ομάδας προετοιμασίας της ομάδας του ΑΠΘ, καθώς και της οργανωτικής επιτροπής του διαγωνισμού, θα ήθελα να εκφράσω μία άποψη περί του θέματος. Αρχικά, σχόλια όπως "τα θέματα ήταν μειωμένης δυσκολίας" ή "απουσίαζε ένα δύσκολο θέμα" δεν μπορούν να οδηγήσουν σε γόνιμη συζήτηση και δεν βρίσκω τον λόγο να εκφράζονται σε ένα φόρουμ που συμμετέχουν μαθητές/φοιτητές που παίρνουν μέρος στους εν λόγω διαγωνισμούς. Και αυτό το λέω, γιατί πολλές φορές, άθελά μας φυσικά, λέγοντας ότι "έπαιρνες χάλκινο λύνοντας ένα θέμα Λυκείου", μειώνουμε την επιτυχία και όλο τον κόπο κάποιου για να φτάσει μέχρι εδώ που έφτασε. Πιστεύω, από αυτά που είδα, ότι υπήρχε πολύ ταλέντο στον φετινό διαγωνισμό αλλά, καλώς ή κακώς, δεν είναι όλοι για χρυσό. Παρ' όλα αυτά, πρέπει να δίνουμε κίνητρα σε όλους να συνεχίσουν το μαθηματικό τους ταξίδι χωρίς να τους κόβουμε τα φτερά λέγοντας ότι η ευκολία των θεμάτων τους έδωσε το μετάλλιο. Άλλωστε, οι διαγωνισμοί είναι μέσα για να ωριμάσεις την μαθηματική σου σκέψη! Τέλος να πω ότι έχω πάρει χάλκινο στον SEEMOUS (2018) και είμαι περήφανος που έλυσα έστω και ενάμιση από αυτά τα εύκολα θέματα.

Με πολύ μαθηματική αγάπη!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 12, 2020 7:55 am**

jim.jt έγραψε: Τετ Μαρ 11, 2020 4:14 pm
Nick1990 έγραψε: Τετ Μαρ 11, 2020 5:55 am Η μειωμένη συμμετοχή στο διαγωνισμό είχε ρίξει πολύ τη γενικότερη δυσκολία των θεμάτων τα τελευταία χρόνια. Μέχρι που μια χρονιά έπαιρνες χάλκινο λύνοντας ένα θέμα Λυκείου και αργυρό αν έλυνες επιπλέον και ένα θέμα απλών πράξεων με 2χ2 πίνακες. Φέτος όμως, αν και απουσίαζε το εξαιρετικά δύσκολο πρόβλημα που περιγράφω πιο πάνω, η δυσκολία επανήλθε τουλάχιστον σε αξιοπρεπή επίπεδα. Χαίρομαι γι' αυτό, διότι αυτό δίνει μεγαλύτερη αξία στις διακρίσεις των φοιτητών που τις πέτυχαν, και αυτό ήθελα να τονίσω κυρίως.
Συγγνώμη που παρεμβαίνω επί του θέματος, αλλά ως παλιός διαγωνιζόμενος στον SEEMOUS, ως μέλος της ομάδας προετοιμασίας της ομάδας του ΑΠΘ, καθώς και της οργανωτικής επιτροπής του διαγωνισμού, θα ήθελα να εκφράσω μία άποψη περί του θέματος. Αρχικά, σχόλια όπως "τα θέματα ήταν μειωμένης δυσκολίας" ή "απουσίαζε ένα δύσκολο θέμα" δεν μπορούν να οδηγήσουν σε γόνιμη συζήτηση και δεν βρίσκω τον λόγο να εκφράζονται σε ένα φόρουμ που συμμετέχουν μαθητές/φοιτητές που παίρνουν μέρος στους εν λόγω διαγωνισμούς. Και αυτό το λέω, γιατί πολλές φορές, άθελά μας φυσικά, λέγοντας ότι "έπαιρνες χάλκινο λύνοντας ένα θέμα Λυκείου", μειώνουμε την επιτυχία και όλο τον κόπο κάποιου για να φτάσει μέχρι εδώ που έφτασε. Πιστεύω, από αυτά που είδα, ότι υπήρχε πολύ ταλέντο στον φετινό διαγωνισμό αλλά, καλώς ή κακώς, δεν είναι όλοι για χρυσό. Παρ' όλα αυτά, πρέπει να δίνουμε κίνητρα σε όλους να συνεχίσουν το μαθηματικό τους ταξίδι χωρίς να τους κόβουμε τα φτερά λέγοντας ότι η ευκολία των θεμάτων τους έδωσε το μετάλλιο. Άλλωστε, οι διαγωνισμοί είναι μέσα για να ωριμάσεις την μαθηματική σου σκέψη! Τέλος να πω ότι έχω πάρει χάλκινο στον SEEMOUS (2018) και είμαι περήφανος που έλυσα έστω και ενάμιση από αυτά τα εύκολα θέματα.

Με πολύ μαθηματική αγάπη!

Συγνώμη αλλά αυτό που έγραψα δεν αποτελεί προσωπική μου γνώμη, αποτελεί αδιαμφισβήτητο γεγονός. Υπήρχε χρονιά που το ένα θέμα ήταν συμπλήρωση τετραγώνων μέσα σε ολοκλήρωμα, θέμα που διδάσκεται στα φροντιστήρια που προετοιμάζουν μαθητές για τις Πανελλήνιες εξετάσεις, ενώ το cutoff του χάλκινου ήταν στις 6 μονάδες, πράγμα που σημαίνει ότι μπορούσε κάποιος να πάρει μετάλλιο μόνο με μια ημιτελή λύση στο συγκεκριμένο θέμα. Κι εγώ μιλάω ως παλιός διαγωνιζόμενος αλλά και ως υπαρχηγός ομάδας πριν από μερικά χρόνια, και ακριβώς γι' αυτό, με λυπεί όταν βλέπω το επίπεδο της δυσκολίας να πέφτει τόσο χαμηλά. Η άποψή μου είναι ότι σε τέτοιες καταστάσεις θα έπρεπε να περιορίζεται το ποσοστό των μεταλλίων ώστε να ανεβαίνουν οι βάσεις, διατηρώντας έτσι το υψηλό κύρος του διαγωνισμού προς όφελος των διακριθέντων φοιτητών και όχι μόνο. Η αρχική αναφορά μου σε κάποιες πολύ εύκολες χρονιές αποσκοπούσε αποκλειστικά και μόνο στη σύγκριση με τα φετινά θέματα, τα οποία κρίνω πως ήταν ικανοποιητικής δυσκολίας για έναν υψηλού κύρους διαγωνισμό για πρωτοετείς και δευτεροετείς φοιτητές, όπως έχω ήδη αναφέρει. Το ότι επεκτάθηκα περισσότερο δεν προσφέρει τίποτα στην παρούσα συζήτηση, αφού εδώ είμαστε για να σχολιάσουμε τα φετινά θέματα, γι' αυτό και σταματάω εδώ. Το έκανα όμως διότι δεν μπορώ να δεχτώ ότι το να λέμε τα πράγματα με τ' όνομά τους μπορεί ποτέ να είναι κακό πράγμα.

Φιλικά πάντα.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 12, 2020 1:47 pm**

Καλησπέρα!

Κατ' αρχάς Νίκο δε σε γνωρίζω προσωπικά αλλά όλα αυτά τα χρόνια στο mathematica σε έχω παρατηρήσει συχνά να εκφράζεσαι με αρκετά έντονο τρόπο σχετικά με το κύρος των διαγωνισμών και τη δυσκολία των θεμάτων που τίθενται σε αυτούς.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Μάλιστα παραπάνω λες με μεγάλη σιγουριά ότι αυτή η άποψη που συχνά έχεις εκφράσει δεν είναι απλώς η δική σου γνώμη αλλά ένα αδιαμφισβήτητο γεγονός. Αν ήταν αδιαμφισβήτητο γεγονός μάλλον δε θα υπήρχαν οι απόψεις του Δημήτρη (αργυρό στην ΙΜΟ και πολλές διακρίσεις σε JBMO,BMO,SEEMOUS,IMC) και του Σωτήρη (αργυρό σε IMC και σε SEEMOUS) που σου απάντησαν παραπάνω.

Δεν λέω σε καμία περίπτωση ότι δεν πρέπει να λέμε τη γνώμη μας, αλλά, αρχικά σε ένα φόρουμ που παρακολουθούν οι συμμετέχοντες σε αυτούς τους διαγωνισμούς μάλλον θα πρέπει να είμαστε πιο προσεκτικοί στις εκφράσεις μας. Κι αυτό επειδή, ως παλιός διαγωνιζόμενος, ποτέ δεν ένιωσα όπως λες την προσπάθειά μου να χάνει την αξία της, ή το διαγωνισμό που συμμετέχω να χάνει το κύρος του αν τα θέματα που αντιμετώπισα ήταν κάπως πιο εύκολα ή τα cut-off ήταν τρεις μονάδες υψηλότερα. Οι μόνες περιπτώσεις που ένιωθα άσχημα ήταν όταν έβλεπα σχόλια που ισοπέδωναν την προσπάθεια που είχα κάνει. Νομίζω ότι κι εσύ όταν έπαιρνες μέρος σε διαγωνισμούς δε θα σου άρεσε να εκφράζεται κάποιος έτσι για θέματα που είχες ιδρώσει για να λύσεις.

Επίσης, η αντίληψη του καθενός για τη δυσκολία των θεμάτων είναι υποκειμενική. Σε αυτό το διαγωνισμό λες ότι δεν υπήρχε ούτε ένα πολύ δύσκολο θέμα. Κι όμως στο διαγωνισμό πήραν μέρος παλιοί συμμετέχοντες και μεταλλιούχοι σε IMO και BMO που δεν κατάφεραν να πάρουν 10/10. Από την άλλη οι αρχηγοί ψήφισαν ότι αυτό το θέμα είναι easy-medium και κάποιοι υποστήριξαν ότι ήταν απλώς θέμα που λυνόταν με δύο λυκειακές παραγοντικές ολοκληρώσεις (όντως η επίσημη λύση δε χρησιμοποιεί τίποτα παραπάνω). Βλέπεις λοιπόν ότι η δυσκολία είναι διαφορετική στα μάτια του καθενός. Μάλιστα, είναι σύνηθες για κάποιους από εμάς να θεωρούμε πιο δύσκολα τα θέματα που έβαλαν στους διαγωνισμούς που συμμετείχαμε εμείς (όπως εσύ λες για παράδειγμα ότι οι IMC πριν το 2009 και οι μισοί IMC μετά το 2013 ήταν πολύ εύκολοι, και οι αντίστοιχοι διαγωνισμοί από το 2010 ως και το 2013 ήταν δύσκολοι). Αυτό είναι λογικό διότι ως διαγωνιζόμενος αντιμετωπίζεις τα θέματα υπό συνθήκες πολύ μεγαλύτερης πίεσης. Μην πέφτουμε όμως στην παγίδα και το παρουσιάζουμε ως κάτι το απόλυτα αντικειμενικό.

Τέλος, άσχετα από όλα τα παραπάνω, ως αρχηγός της ομάδας του ΕΚΠΑ στον φετινό διαγωνισμό, θα ήθελα να συγχαρώ τους μαθητές μου για την προσπάθειά τους, και να τους ευχηθώ πολλές επιτυχίες στο μέλλον.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 12, 2020 6:51 pm**

gavrilos έγραψε: Πέμ Μαρ 12, 2020 1:47 pm Μάλιστα παραπάνω λες με μεγάλη σιγουριά ότι αυτή η άποψη που συχνά έχεις εκφράσει δεν είναι απλώς η δική σου γνώμη αλλά ένα αδιαμφισβήτητο γεγονός. Αν ήταν αδιαμφισβήτητο γεγονός μάλλον δε θα υπήρχαν οι απόψεις του Δημήτρη (αργυρό στην ΙΜΟ και πολλές διακρίσεις σε JBMO,BMO,SEEMOUS,IMC) και του Σωτήρη (αργυρό σε IMC και σε SEEMOUS) που σου απάντησαν παραπάνω.

Δεν λέω σε καμία περίπτωση ότι δεν πρέπει να λέμε τη γνώμη μας, αλλά, αρχικά σε ένα φόρουμ που παρακολουθούν οι συμμετέχοντες σε αυτούς τους διαγωνισμούς μάλλον θα πρέπει να είμαστε πιο προσεκτικοί στις εκφράσεις μας. Κι αυτό επειδή, ως παλιός διαγωνιζόμενος, ποτέ δεν ένιωσα όπως λες την προσπάθειά μου να χάνει την αξία της, ή το διαγωνισμό που συμμετέχω να χάνει το κύρος του αν τα θέματα που αντιμετώπισα ήταν κάπως πιο εύκολα ή τα cut-off ήταν τρεις μονάδες υψηλότερα. Οι μόνες περιπτώσεις που ένιωθα άσχημα ήταν όταν έβλεπα σχόλια που ισοπέδωναν την προσπάθεια που είχα κάνει. Νομίζω ότι κι εσύ όταν έπαιρνες μέρος σε διαγωνισμούς δε θα σου άρεσε να εκφράζεται κάποιος έτσι για θέματα που είχες ιδρώσει για να λύσεις.

Ως αδιαμφισβήτητο γεγονός δεν χαρακτήρισα την άποψη που έχω εκφράσει αρκετές φορές σχετικά με τη γενικότερη δυσκολία των θεμάτων σε αρκετές περιπτώσεις τα τελευταία χρόνια, αλλά αυτό που έγραψα πιο πάνω: "μια χρονιά έπαιρνες χάλκινο λύνοντας ένα θέμα Λυκείου.". Θα σου ζητούσα να ρίξεις κι εσύ μια ματιά στο 1ο θέμα του 2013, στο οποίο ένα 6/10 αρκούσε για να πάρει κάποιος μετάλλιο, και να μου πεις αν κατά τη γνώμη σου μπορεί να αμφισβητηθεί αυτό που λέω. Πραγματικά, δεν είχα σκοπό θα μειώσω κανέναν, πόσο μάλλον τα παιδιά που έχουν πετύχει τόσες διακρίσεις και όχι μόνο στον SEEMOUS, και ζητώ συγνώμη αν κάποιος το εξέλαβε έτσι.

gavrilos έγραψε: Πέμ Μαρ 12, 2020 1:47 pm Επίσης, η αντίληψη του καθενός για τη δυσκολία των θεμάτων είναι υποκειμενική. Σε αυτό το διαγωνισμό λες ότι δεν υπήρχε ούτε ένα πολύ δύσκολο θέμα. Κι όμως στο διαγωνισμό πήραν μέρος παλιοί συμμετέχοντες και μεταλλιούχοι σε IMO και BMO που δεν κατάφεραν να πάρουν 10/10. Από την άλλη οι αρχηγοί ψήφισαν ότι αυτό το θέμα είναι easy-medium και κάποιοι υποστήριξαν ότι ήταν απλώς θέμα που λυνόταν με δύο λυκειακές παραγοντικές ολοκληρώσεις (όντως η επίσημη λύση δε χρησιμοποιεί τίποτα παραπάνω). Βλέπεις λοιπόν ότι η δυσκολία είναι διαφορετική στα μάτια του καθενός. Μάλιστα, είναι σύνηθες για κάποιους από εμάς να θεωρούμε πιο δύσκολα τα θέματα που έβαλαν στους διαγωνισμούς που συμμετείχαμε εμείς (όπως εσύ λες για παράδειγμα ότι οι IMC πριν το 2009 και οι μισοί IMC μετά το 2013 ήταν πολύ εύκολοι, και οι αντίστοιχοι διαγωνισμοί από το 2010 ως και το 2013 ήταν δύσκολοι). Αυτό είναι λογικό διότι ως διαγωνιζόμενος αντιμετωπίζεις τα θέματα υπό συνθήκες πολύ μεγαλύτερης πίεσης. Μην πέφτουμε όμως στην παγίδα και το παρουσιάζουμε ως κάτι το απόλυτα αντικειμενικό.

Ξαναλέω, τα θέματα φέτος ήταν αξιοπρεπούς δυσκολίας, που σημαίνει αρκετά δύσκολα ώστε ακόμα και ένας μεταλλιούχος της IMO να μπορεί να δυσκολευτεί. Όταν έγραψα ότι απουσίαζε το ιδιαίτερα δύσκολο πρόβλημα, αναφερόμουν στο ένα πρόβλημα που συχνά ξεχωρίζει από τα υπόλοιπα (απλώς δύσκολα) προβλήματα, όπου ακόμα και μεταξύ των καλύτερων του διαγωνισμού οι περισσότεροι δεν θα δουν καν τη βασική ιδέα και θα πάρουν ελάχιστες μονάδες. Ένα τέτοιο ήταν πχ το 4 του 2008, το 4 του 2010, και το 3 του 2017. Το ότι δεν υπάρχει ένα τέτοιο θέμα, δε σημαίνει πως ο διαγωνισμός παύει να είναι δύσκολος.

Η γενικότερη δυσκολία είναι υποκειμενική. Όπως είπα όμως, υπάρχουν κάποιες περιπτώσεις όπως ο SEEMOUS του 2013 που ανέφερα πιο πάνω, όπου μπορεί να τεκμηριωθεί η άποψη ότι το επίπεδο είχε πέσει πολύ. Επίσης, κάτι άλλο που σίγουρα δεν αμφισβητείται είναι το ότι το ποσοστό των μεταλλίων στον IMC ανεβαίνει σταδιακά κάθε χρόνο, και εκεί που το 2012 έπαιρναν χρυσό λιγότεροι από 1/6, πέρσι πήραν πάνω από 1/4 με τα ίδια περίπου cut-offs (και πάνω από 1/2 αργυρό, με υψηλότερα cut-offs).

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 12, 2020 8:42 pm**

Ένα αποτέλεσμα που βρήκα στη προσπάθεια επίλυσης του θέματος 2:

Αν $I_n= \bigint_0^1 \left(\cfrac{k}{\sqrt[n]{x}+k-1}\right)^n \, dx$

να αποδειχθεί ότι η ακολουθία $\dfrac {I_n}{n}$ είναι γνήσιως φθίνουσα.

Τέλος, μια απορία που μου προέκυψε: ισχύει $I_{n+1}>I_{n}$ ;

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 13, 2020 12:04 am**

Nick1990 έγραψε: Τρί Μαρ 10, 2020 9:38 am Στη συνέχεια θέτουμε $z = \frac{yk}{y + k - 1}$ που παρατηρούμε ότι είναι γνησίως αύξουσα ως προς στο και επί του , για να βρούμε ότι το παραπάνω ολοκλήρωμα ισούται (μετά από μερικές απλοποιήσεις) με:
$\bigint_0^1 nz^{n-1}\left(\cfrac{k}{k-z}\right) \, dz = \bigint_0^1 \left(z^{n}\right)'\left(\cfrac{k}{k-z}\right) \, dz = \left(\frac{k}{k - 1} - \bigint_0^1 z^{n}\left(\cfrac{k}{k-z}\right)' \, dz \right)$
όπου χρησιμοποιήσαμε ολοκλήρωση κατά παράγοντες. Η παράγωγος μέσα στο τελευταίο ολοκλήρωμα είναι εύκολα φραγμένη στο αφού το είναι φραγμένο μακρυά από το , ενώ το $0 \leq z^n \leq 1$ για κάθε . Επομένως, το θεώρημα Κυριαρχιμένης Σύγκλισης εφαρμόζεται στο τελευταίο ολοκλήρωμα, και έτσι αυτό πάει στο αφού $z^n \longrightarrow 0$ . Άρα έχουμε $L = \frac{k}{k - 1}$ .

Το $\displaystyle \int_0^1 nz^{n-1}\left(\cfrac{k}{k-z}\right) \, dz$ εντάσσεται στο γενικότερο όριο

$\displaystyle\int_0^1 nz^{n-1}f(z) \, dz\rightarrow f(1)$ όπου

συνεχής στο [0,1]

.

H απόδειξή του είναι απλή και γίνεται με στοιχειώδη εργαλεία.

Γράφουμε

$\displaystyle\left |f(1)-\int_0^1 nz^{n-1}f(z) \, dz \right |=n\left |\int_0^1 z^{n-1}\left (f(1)-f(z) \right )\, dz \right | \leq n \int_0^1 z^{n-1}\left |f(1)-f(z) \right | \, dz$ .

Σπάμε το τελευταίο ολοκλήρωμα στα $[0,1-\delta ]$ και $[1-\delta ,1]$ για κατάλληλο $\delta$

που παίρνουμε από τη συνέχεια της

στο

.

Στο πρώτο θεωρούμε το $M:=\max\left | f(1)-f(x) \right |$ και στο δεύτερο τη συνέχεια της

στο

και βρίσκουμε ότι $\displaystyle n \int_0^1 z^{n-1}\left |f(1)-f(z) \right | \, dz\rightarrow 0$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 13, 2020 7:18 pm**

Αρχικά συγχαρητήρια στους συμμετέχοντες
Θεωρώ ότι τα φετινά θεματα του διαγωνισμού ήταν όντως δύσκολα.Τετοιου είδους θεματα,τέτοιας δυσκολίας,είναι καλό να μπαίνουν σε διαγωνισμούς υψηλού κύρους
Θα συμφωνήσω,όμως,με την άποψη του Νίκου ότι τις προηγούμενες χρονιές έμπαιναν θέματα χαμηλής δυσκολίας(φυσικά υπήρχαν και εξαιρέσεις),ειδικά το πρώτο και το τρίτο πρόβλημα το 2013 ήταν εύκολα θεματα για έναν διαγωνισμό στον οποίο συμμετέχουν ταλαντούχοι φοιτητές.Τα περισσότερα θέματα ανάλυσης (προηγούμενων ετών),μάλιστα,τα έλυνε και η αδερφή μου η οποία είναι ακόμα Λύκειο.Το γεγονός αυτό πιστοποιεί την άποψη μου περί δυσκολίας-ή μάλλον ευκολίας-ορισμένων θεμάτων προηγούμενων ετών.Και επειδή απ'ό,τι ειδα στις παραπάνω δημοσιεύσεις παρεξηγήθηκε η παραπάνω άποψη,και μάλιστα από κατόχους μεταλλίων IMO και SEEMOUS,θα ήθελα να πω το εξής:Όντας μαθητής που έχει συμμετάσχει(στο εξωτερικό) σε διαγωνισμούς υψηλού επιπέδου,καταλαβαίνω απόλυτα την πίεση των διαγωνιζόμενων την ώρα της εξέτασης αλλά και την προετοιμασία και όλη την προσπάθεια που κρύβεται πίσω από κάθε διάκριση...Ξέρω πολύ καλά τι θα πει "αγώνας" και σκληρή προσπάθεια.Το ότι κάποιες χρονιές έπεσαν ευκολότερα θεματα(ορισμένα από αυτά),δεν σημαίνει σε καμία περίπτωση ότι οι συμμετέχοντες και οι διακριθέντες δεν ήταν άξιοι συγχαρητηρίων και διάκρισης.Αντιθέτως,πολλοί από αυτους είχαν διακριθεί σε BMO και IMO όταν ήταν μαθητές Λυκείου.Απλά,γνώμη μου είναι να μπαίνουν σε τέτοιους διαγωνισμούς θεματα υψηλής δυσκολίας,όπως τα φετινά,προκειμένου ο "ανταγωνισμός" να γίνει μεγαλύτερος και να αναδεικνύονται περισσότερο τα μαθηματικά μυαλά.
Και πάλι πολλά συγχαρητήρια στους συμμετέχοντες και κυρίως στους διακριθέντες

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 13, 2020 9:54 pm**

Ενας άλλος τρόπος για το a) είναι ο εξής:
Γνωρίζουμε ότι
$a_{n}(x)=n(\sqrt[n]{x}-1)\rightarrow \log x,x> 0$
και μάλιστα είναι φθίνουσα
Στο $(\epsilon ,1],0<\epsilon<1$ εύκολα δείχνουμε ότι η σύγκλιση είναι ομοιόμορφη.

Θέτουμε
$\displaystyle f_{n}(x)=(\frac{k}{k+\sqrt[n]{x}-1})^{n}=(1+\frac{a_{n}(x)}{nk})^{-n}$

Λογαριθμίζοντας ,εφαρμόζοντας την $\frac{x}{x+1}\leq \log (x+1)\leq x$
και ξαναγυρίζοντας πίσω παίρνουμε

$\displaystyle e^{-\frac{a_{n}(x)}{k}}\leq f_{n}(x)\leq e^{-\frac{a_{n}(x)}{k}\frac{1}{1+\frac{a_{n}(x)}{nk}}}$ (1)

Ολα τα προηγούμενα για $x\in (\epsilon ,1],n\geq n_{0}(\epsilon)$

Για τα ίδια η (1) δίνει
$\displaystyle e^{-\frac{a_{n}(x)}{k}}\leq f_{n}(x)\leq e^{-\frac{a_{n}(x)}{k}\frac{1}{1+\frac{a_{n}(\epsilon)}{nk}}}$
Από τα προηγούμενα για $x\in (0 ,1],n\geq n_{x}$

$\displaystyle e^{-\frac{a_{n}(x)}{k}}, e^{-\frac{a_{n}(x)}{k}\frac{1}{1+\frac{a_{n}(x)}{nk}}}\rightarrow x^{-\frac{1}{k}}$
όποτε
$\displaystyle f_{n}(x)\rightarrow x^{-\frac{1}{k}}$

Μπορούμε να αποδείξουμε ότι η ακολουθία $f_{n}$ είναι αύξουσα.
viewtopic.php?f=56&t=66509

Το μονότονης σύγκλισης του Lebesgue μας δίνει το αποτέλεσμα.

Αν δεν θέλουμε να το χρησιμοποιήσουμε κάνουμε τα εξής :

Λόγω ομοιόμορφης σύγκλισης παίρνουμε
$\displaystyle \int_{\epsilon }^{1}f_{n}(x)dx\rightarrow \int_{\epsilon }^{1}x^{-\frac{1}{k}}dx$
Είναι
$\displaystyle \int_{0}^{1}x^{-\frac{1}{k}}dx\geq \int_{0}^{1}f_{n}(x)dx\geq \int_{\epsilon }^{1}f_{n}(x)dx$
Από την τελευταία είναι
$\displaystyle limsup \int_{0}^{1}f_{n}(x)dx\leq \frac{k}{k-1}$
και
$\displaystyle liminf \int_{0}^{1}f_{n}(x)dx\geq liminf \int_{\epsilon }^{1}f_{n}(x)dx=\frac{k}{k-1}(1-\epsilon ^{\frac{k-1}{k}})$
Επειδή η τελευταία ισχύει για κάθε $0<\epsilon$
έχουμε το ζητούμενο
Και το δεύτερο νομίζω ότι μπορεί να αποδειχθεί με παρόμοιο τρόπο.
Μόνο που εκει τα πράγματα ξεφεύγουν λίγο.

Να σημειώσω ότι δύο φορές αντί να πατήσω Προεπισκόπηση πάτησα Υποβολή .
Αυτό είναι το τελικό.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 02, 2020 6:36 pm**

2)I)Θέτω $y=x^{n}$ και $I=\int_{0}^{1}\(\frac{k}{\sqrt[n]{x}+k-1})^{n}dx$

$dy=(\sqrt[n]{x}){}'dx$ ή $dx=\frac{ndy }{y^{1-n}}$

$x=1\rightarrow y=1 /x=0\rightarrow y=0$

Οποτε $I=\int_{0}^{1}(\frac{k}{y+k-1})^{n}\frac{ndy}{y^{1-n}}dy$ ή

$I=nk^{n}\int_{0}^{1}(\frac{y}{y+k-1})^{n-1}\frac{dy}{y+k-1}$

Θέτω $u=\frac{y}{y+k-1}$ άρα $du=(\frac{y}{y+k-1}){}'dy\Rightarrow dy=\frac{(y+k-1)^{2}}{k-1}du$ (1)

Από την σχέση (1):

$y=0\rightarrow u=\frac{1}{k}$ /
$y=0\rightarrow u=0$

$u=\frac{y}{y+k-1}\Rightarrow y=\frac{u(k-1)}{1-u}$

Οποτε $y+k-1=\frac{k-1}{1-u}$

$I=nk^{n}\int_{0}^{\frac{1}{k}}\frac{u^{n-1}}{1-u}du$

Έστω $J=\int_{0}^{\frac{1}{k}}\frac{u^{n-1}}{1-u}du$

ή $J=\int_{0}^{\frac{1}{k}}(\frac{u^{n}}{n}){}'\frac{1}{1-u}du$

Από παραγοντική ολοκλήρωση προκύπτει ότι:

$J=\left [ \frac{u^{n}}{n(1-u)} \right ]_{0}^{\frac{1}{k}}-\int_{0}^{\frac{1}{k}}\frac{u^{n}}{n}(\frac{1}{1-u}){}'du$

Επομένως $J=[\frac{k}{k-1} -k^{n}\int_{0}^{\frac{1}{k}}\frac{u^{n}}{(1-u)^{2}}du]\frac{1}{nk^{n}}$

Άρα $I=\frac{k }{k-1}-k^{n}\int_{0}^{\frac{1}{k}}\frac{u^{n}}{(1-u)^{2}}du$

Έστω $f(u)=\frac{1}{(1-u)^{2}}$ , $u\in [0,\frac{1}{k}]$

παραγωγισιμη στο $[0,\frac{1}{k}]$
με $f{}'(u)=\frac{2(1-u)}{(1-u)^{4}}>0$

Άρα

γνήσια αύξουσα στο $[0,\frac{1}{k}]$

Επομένως $f(u)<f(\frac{1}{k})$
και επειδή $u^{n}>0$ ισχύει ότι:

$u^{n}f(u)<u^{n}f(\frac{1}{k})\Rightarrow u^{n}\frac{1}{(1-u)^{2}}<u^{n}(\frac{k}{k-1})^{2}$

Επιπλέον $k^{n}>0$ οποτε:

$k^{n}\int_{0}^{\frac{1}{k}}\frac{u^{n}}{(1-u)^{2}}du<\frac{k^{n+2}}{(k-1)^{2}}\int_{0}^{\frac{1}{k}}u^{n}du$ (2)

Αφού $\frac{u^{n}}{(1-u)^{2}}>0$ και $k^{n}>0$

Θα είναι $k^{n}\int_{0}^{\frac{1}{k}}\frac{u^{n}}{(1-u)^{2}}du>0$ (3)

Από τις σχέσεις (2)-(3) και έπειτα από πράξεις προκύπτει ότι

$0<k^{n}\int_{0}^{\frac{1}{k}}\frac{u^{n}}{(1-u)^{2}}du<\frac{k}{(k-1)^{2}(n+1)}$

Όμως $\lim_{n \to +\infty }0=0\in \mathbb{R}$

$\lim_{n \to +\infty }\frac{1}{(k-1)^{2}(n+1)}=0\in \mathbb{R}$

Από κριτήριο παρεμβολης είναι $\lim_{n \to +\infty }[k^{n}\int_{0}^{\frac{1}{k}}\frac{u^{n}}{(1-u)^{2}}du]=0$

Άρα $L=\lim_{n \to +\infty }I=\frac{k}{k-1}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 07, 2020 2:15 pm**

Καλησπέρα σας!

Στο άρθρο The 14th South Eastern European Mathematical Olympiad for University Students, SEEMOUS 2020, σελ. 23-37 , υπάρχουν εναλλλακτικές λύσεις και ενδιαφέρουσες πληροφορίες, στα Αγγλικά αυτή τη φορά.

Φιλικά,

Αχιλλέας

mathematica.gr

SEEMOUS 2020 (Προβλήματα)

SEEMOUS 2020 (Προβλήματα)

Re: SEEMOUS 2020 (Προβλήματα)

Re: SEEMOUS 2020 (Προβλήματα)

Re: SEEMOUS 2020 (Προβλήματα)

Re: SEEMOUS 2020 (Προβλήματα)

Re: SEEMOUS 2020 (Προβλήματα)

Re: SEEMOUS 2020 (Προβλήματα)

Re: SEEMOUS 2020 (Προβλήματα)

Re: SEEMOUS 2020 (Προβλήματα)

Re: SEEMOUS 2020 (Προβλήματα)

Re: SEEMOUS 2020 (Προβλήματα)

Re: SEEMOUS 2020 (Προβλήματα)

Re: SEEMOUS 2020 (Προβλήματα)

Re: SEEMOUS 2020 (Προβλήματα)

Re: SEEMOUS 2020 (Προβλήματα)

Re: SEEMOUS 2020 (Προβλήματα)

Re: SEEMOUS 2020 (Προβλήματα)