mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 05, 2010 9:57 pm**

Προβλημα 1

Έστω ακολουθία ( a_n)

μη αρνητικών πραγματικών αριθμών που ικανοποιεί την σχέση
$\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n}a_k \geq \sum_{k=n+1}^{2n}a_k$

για καθε $n\geq 1$

Νδο $\sum_{n=1}^{ \infty}a_n \leq 2ea_1$

Προβλημα 2

Έστω πολυώνυμο

στον

τέτοιο ώστε το $P(x^{2010})$ να γράφεται ως γινόμενο πολυωνύμων με θετικούς συντελεστές.
Να δειχτεί ότι και το

γράφεται ως γινόμενο πολυωνύμων με θετικούς συντελεστές.

Προβλημα 3

Έστω

συνεχής από το

στο

ωστε $\int_{I}f(x)dx=0$ για καθε διαστημα

μηκους

ή $\sqrt{2}$ .
Να δειχτεί ότι f=0

Προβλημα 4

Έστω

συμμετρικός πραγματικός πίνακας n x n

με διαγωνια στοιχεια ισα με

και $\sum_{j=1}^{n}|a_{i,j}| \leq 2$ για καθε i=1,2,..,n

.
Nδο
a) για καθε ιδιοτιμη του

, έστω

, ισχύει $|l-1|\leq 1$
b) $0 \leq detA \leq 1$

Προβλημα 5

Έστω $f_1:[0,1] - > (0,\infty)$ συνεχης. Ορίζουμε αναδρομικά $f_{n+1}(x)=2\int_{0}^{x}\sqrt{f_{n}(t)}dt$ για κάθε $n \geq 1$ και

στο

Nδο

συγκλίνει ομοιόμορφα στην x^2

για καθε

στο

, κάθως το

τείνει στο άπειρο.

Τα θέματα ήταν για 3.5 ώρες.
---
Σαν σχόλιο πιστεύω ότι τα θέματα ήταν πολύ ωραία και κατάλληλα για τέτοιο διαγωνισμό.

EDIT: Διόρθωσα typo στο 3, ευχαριστώ Αχιλλέα.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 05, 2010 10:16 pm**

Κάποια από αυτά μου θυμίζουν "γνωστά" προβλήματα...

Το Πρόβλημα 1 (που μου θύμιζε Putnam)

το συναντάμε ως πρόβλημα 3.107 στο βιβλίο των Biler-Witkowski.

Τέθηκε στον Miklos Schweitzer το 1958.

Το πρόβλημα 2

Ειδική περίπτωση του προβλήματος 4 του Miklos Schweitzer του 1963.

Το Πρόβλημα 3

Είναι (ειδικότερη περίπτωση) του προβλήματος 6.16 στο βιβλίο των Biler-Witkowski που παραπέμπει στο βιβλίο του Gelbaum, όπου εκεί ζητάει να δειχθεί ότι η

είναι 0 σχεδόν παντού.

Το πρόβλημα 4

Κι αυτό μου θυμίζει κάτι...π.χ. το (a) προκύπτει άμεσα από το θεώρημα 11.7.2. (εφαρμοσμένο για τον πίνακα A-I

) του Problems and theorems in linear algebra του Prasolov.

Το Πρόβλημα 5

ας συγκριθεί με το πρόβλημα 6 του Miklos Schweitzer του 1964.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 06, 2010 3:58 am**

Κανω μια αρχη με καποιες λυσεις:

1) Η Σειρα ειναι σειρα θετικων αριθμων οποτε θα ισουτε με το οριο $\lim_{m \rightarrow +\infty}{b_{2^m}}$ , οταν $b_m = {\sum_{k=1}^{m}{a_k}$
Λαμβανοντας στη συνθηκη $n = 2^{m-1}$ και προσθετοντας το αριστερο μελος πολλαπλασιασμενο με $2^{m-1}$ , παιρνουμε $b_{2^m} \leq (1 + \frac{1}{2^{m-1}})b_{2^{m-1}}$ , και επαγωγικα: $b_{2^m} \leq 2\prod_{k=1}^{m-1}{(1 + \frac{1}{2^k})}a_1$ .
Οποτε αρκει νδο: $\prod_{k=1}^{m-1}{(1 + \frac{1}{2^k})} \leq c_m$ , οπου c_n

ακολουθια συγκλινουσα στο

.
Πραγματι, η ανισοτητα αριθμιτικου-γεωμετρικου μεσου δινει:
$\prod_{k=1}^{m-1}{(1 + \frac{1}{2^k})} \leq (\frac{m - 1 + \frac{1}{2}(\sum_{k=0}^{k=m-2}{\frac{1}{2^k}})}{m-1})^{m-1} = (1 + \frac{1}{m-1} - \frac{1}{(m-1)2^{m-1}})^{m-1} < (1 + \frac{1}{m-1})^{m-1} \rightarrow e, m \rightarrow +\infty$
και τελος.

3) Απο την υποθεση ευκολα εχουμε οτι το ολοκληρωμα της

σε καθε διαστημα μηκους $m + n\sqrt{2}, m,n \in Z$ ειναι 0. Ομως απο το Λημμα του Kronecker οι αριθμοι $n + m\sqrt{2}, m,n \in Z$ ειναι πυκνοι στο R και επομενως προσεγγιζουν το 0 οσο θελουμε, οποτε σε καθε διαστημα του R μπορουμε να βρουμε υποδιαστημα στο οποιο το ολοκληρωμα της

ειναι 0. Αν λοιπον δεν ισχυει το ζητουμενο, μπορουμε να βρουμε $c \in R$ με $f(c) = M \neq 0$ , χωρις βλαβη της γενικοτητας λαμβανουμε M > 0

, και απο τη συνεχεια της

υπαρχει περιοχη

του

με $f(x) > 0 \forall x \in D$ , τοτε ομως $\int_{I}{f(x)dx} > 0$ για καθε υποδιαστημα

του

, ατοπο αφου υπαρχει υποδιαστημα του

στο οποιο το ολοκληρωμα της

ειναι 0.

4) Το 1ο εχει ξανασυζητηθει στο φορουμ, προκειτε περι γνωστου θεωρηματος που ειναι καλο να γνωριζουν ολοι οι φοιτητες που ασχολουνται με διαγωνισμους, η αποδειξη ειναι straightforward με πραξεις στη σχεση $Ax = {\lambda}x$ , δουλευοντας με την συντεταγμενη του ιδιοδιανυσματος

με τη μεγιστη απολυτη τιμη.
Το 2ο παει ως εξης: Ο πινακας ειναι συμμετρικος αρα οι ιδιοτιμες ειναι πραγματικες και απο το 1ο ευκολα προκειπτει οτι οι ιδιοτιμες ειναι και θετικες. Το γινομενο των ιδιοτιμων που ειναι η οριζουσα του πινακα

ειναι λοιπον θετικο, ενω το αθροισμα των ιδιοτιμων ειναι το ιχνος του πινακα το οποιο ειναι ισο με

(οπου n η διασταση του πινακα) και απο την ανισοτητα αριθμιτικου-γεωμετρικου μεσου ισχυει: $\sqrt[n]{detA} = \sqrt[n]{\lambda_{1}\lambda_{2}...\lambda_{n}} \leq \frac{\lambda_{1} + \lambda_{2} + ... + \lambda_{n}}{n} = 1$ (οπου $\lambda_{i}$ ειναι η i-ιδιοτιμη) οποτε λοιπον εχουμε τη ζητουμενη ανισοτητα.

Το 2ο ειναι επισης ενα πολυ ομορφο προβλημα. Το 5ο θελει καποια δουλεια αλλα πιστευω πως ειμαι αρκετα κοντα, οταν το τελειωσω θα ποσταρω τη λυση και σε αυτο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 06, 2010 8:37 am**

Καλημέρα.

Νίκο ωραίες λύσεις έγραψες. Τα θέματα είναι πανέμορφα.

Το θέμα 3 λίγο διαφορετικά:

Όπως λέει και Νίκος το σύνολο $\displaystyle{A=\{ \lambda+\mu \sqrt{2}| \lambda,\mu \in \mathbb{Z}\}}$ (*)

είναι πυκνό στο $\mathbb{R}$ από το Θεώρημα του Kronecker.

Έστω τώρα $\varepsilon>0$ και $x \in \mathbb{R}$ τέτοιο ώστε $\int_0^xf(y)dy>0$ . Αν δεν υπάρχει τέτοιο

τότε

όπως θέλουμε να δείξουμε. Από την (*)

υπάρχει $z \in A$ με $0<x-z<\varepsilon$ . Τότε

$\displaystyle{0<\int_0^xf(y)dy=\int_z^xf(y)dy \leq (x-z) \max_{y \in [z,x]}|f(y)| \leq (x-z) \max_{y \in [0,x]}|f(y)|<\varepsilon \max_{y \in [0,x]}|f(y)|}$

Το παραπάνω είναι άτοπο γιατί το $\varepsilon$ είναι τυχαίο.

Μια λύση για το 2:

Γράφουμε το

ως γινόμενο (

το πλήθος) πολυωνύμων p_i

με θετικούς συντελεστές. Το ότι είναι θετικοί και ότι το

είναι συνάρτηση του $x^{2010}$ μας λένε ότι όταν πάρουμε οποιοδήποτε μονώνυμο από το p_1,p_2,...,p_d

και τα πολλαπλασιάσουμε θα πάρουμε μονώνυμο με εκθέτη πολλαπλάσιο του 2010

. Εύκολα βλέπουμε ότι για να συμβαίνει αυτό πρέπει κάθε p_i

να είναι της μορφής (με θετικούς συντελεστές που παραλείπω για ευκολία) $p_i(x)=x^{a_i}+x^{a_i+2010b_1}+...+x^{a_i+2010b_k}$ και να ισχύει επίσης ότι $2010 \mid a_1+...+a_d$ .

Τότε

$\displaystyle p(x)=x^{a_1+...+a_d} (1+x^{2010b_1}+...+x^{2010b_k})...(1+x^{2010b'_1}+...+x^{2010b'_j})$

Σε αυτήν την παράσταση όμως εμφανίζεται μόνο το $x^{2010}$ άρα έχουμε το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 06, 2010 11:18 am**

Μπράβο ρε παιδιά. Ωραίες λύσεις.

Κάποιες μικροδιαφορές σε κάποια τελειώματα που έκανα εγώ ήταν ότι :

Στο

, στο γινόμενο που έφραξε ο Νίκος πολύ κομψά με AM-GM, εγώ το έφραξα χρησιμοποιώντας την $1+x \leq e^x$ , που εβγαινε και έτσι το συμπέρασμα άμεσα.

Στο

η λύση μου ηταν παρόμοια με του Αλέξανδρου μόνο που για ευκολία θεωρησα οτι είναι γινόμενο

και όχι τυχαίου πλήθους πολυωνυμων( αφου ανάγεται πάντα εκει) με θετικους συντελεστές και μετά το σκεπτικό ήταν παρόμοιο.

Στο

για το $detA \leq 1$ είπα πως έπεται αφου αν δεν είναι αντιστρέψιμος είναι θετικά ορισμένος και άρα ισχύει η ανισότητα Hadamard. Αυτη όμως η ανισότητα αφου ο πίνακας έχει γινόμενο διαγώνιων στοιχείων ίσο με ένα μας δίνει το ζητούμενο.
( Δείτε και εδώ : http://en.wikipedia.org/wiki/Hadamard%27s_inequality )

Τέλος στο τρίτο ουσιαστικά και εγώ χρησιμοποίησα παρομοιο επιχείρημα πυκνότητας για την ομάδα που παράγεται απο τα

$1,\sqrt{2}$ με πράξη την πρόσθεση στο

που ως μη κυκλική είναι πυκνή.

Αυτό το έκανα θεωρώντας μια αρχική της

και βλέποντας οτι ειναι συνεχής αλλά και σε ένα πυκνό σύνολο ίση με μηδέν.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 06, 2010 1:16 pm**

Μετά από αυτόν το διαγωνισμό φάνηκε θα έλεγα η απουσία μου από το χώρο των μαθηματικών καθώς μου έλειπαν αρκετές γνώσεις μπορώ να πω

.

Παρ' όλ αυτά έλυσα τη γραμμική όπως ακριβώς και ο Νίκος, το πρώτο πρόβλημα με την ακολουθία με έναν αρκετά διαφορετικό τρόπο αλλά αρκετά πιο brutal και περίπλοκο με τον οποίο έβγαλα και καλύτερο φράγμα, αλλά δεν είμαι σίγουρος αν θα πάρω full points και το τρίτο χωρίς να γνωρίζω το λήμμα του Kronecker αρκετά διαισθητικά αλλά φυσικά θα χάσω αρκετούς βαθμούς διότι δεν είμαι αυστηρός στο σημείο που μιλάω για πυκνότητα.

Καλή επιτυχία σε όλους μας.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 06, 2010 4:00 pm**

Καλά αποτελέσματα στα παιδιά !!

Κώστας Παππέλης έγραψε:χωρίς να γνωρίζω το λήμμα του Kronecker

Στα μαθήματα πέρσυ για την ΙΜΟ που ήσουνα ;;;

Για τα θέματα 1,2,3,4 με έχετε καλύψει. Ένα σχόλιο μόνο για το 1ο. Ίσως βελτίωση μπορεί να γίνει με τον τύπο του Wallis http://mathworld.wolfram.com/WallisFormula.html , γιατί και εδώ έχουμε το υπακολουθία με διπλό παραγοντικό περριτών από πάνω και άρτιων από κάτω...

Για το 5 τώρα:
Από το θεώρημα μέγιστης ελάχιστης παίρνουμε ότι $f_1(x)\leq M$ , άρα $f_2(x)\leq x\sqrt{M}$
Επαπωγικά τώρα δείχνουμε ότι $\displaystyle{f_n(x)\leq M^{\frac{1}{2^n}}x^{2-\frac{1}{2^n}}}$
Παίρνοντας τώρα αυτή -x^2

με τη supremum norma παίρνουμε εύκολα το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 06, 2010 4:45 pm**

Ρε Σιλ αφού δε με θέλει. Ήταν το μόνο μάθημα που δεν είχα έρθει αν θυμάσαι.

Όπως θυμάσαι σίγουρα και το αυτό προς αυτό ίσον αυτό προς αυτό...

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 06, 2010 4:49 pm**

Κώστας Παππέλης έγραψε:Ρε Σιλ αφού δε με θέλει. Ήταν το μόνο μάθημα που δεν είχα έρθει αν θυμάσαι.

Α ναι τώρα το θυμήθηκα είχες πάει να σφουγγαρίσεις το κολλέγιο αθηνών...

Αλλά εντάξει θα συμφωνήσω... Δε σε θέλει... Γιαυτό σου λέω έλα στο μαθηματικό

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 06, 2010 5:53 pm**

Μήπως θέλει λίγο περισσότερη προσοχή αυτό το πέμπτο? Λείπει πρώτα-πρώτα ένα διπλό μπροστά από το ολοκλήρωμα, αλλιώς δεν πάνε στη x^2

. Τότε, για το άνω φράγμα πρέπει μάλλον να χρησιμοποιηθεί το ότι από την f_2

και μετά είναι αύξουσες οι συναρτήσεις, από την f_3

και μετά είναι και κυρτές (από εκεί θα φύγει το διπλό και θα πάρεις $f_{n+1}(x)\leq x\sqrt{f_n(x)}$ ). Μετά, δε χρειάζεσαι και κάποιο κάτω φράγμα? Αφαιρείς τη x^2

και κάνεις τι? Πάντως, αφού είναι αύξουσες, αν βγάλεις την κατά σημείο σύγκλιση τότε την έχεις αυτόματα και ομοιόμορφη, είναι γνωστό αυτό.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 06, 2010 6:24 pm**

Έχετε απόλυτο δίκιο για το διπλό! Ζητώ ειλικρινά συγνώμη για το δεύτερο τυπογραφικό σε αυτό το θέμα απλά τα θέματα ήταν πολλά και τα έγραψα κακώς γρήγορα.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 06, 2010 6:26 pm**

Ένα παρόμοιο θέμα με το 5 είχα ποστάρει (από Νεγρεπόντη) εδώ και σχετική συνέχεια του τόπικ εδώ.
Ο τρόπος που το είχα προσεγγίσει τότε ήταν ίσως λίγο ανορθόδοξος και είχε φτάσει μέχρι τέλους..

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 17, 2010 12:06 am**

Οι φοιτητες που θα απαρτισουν την ομαδα του Μαθηματικου(-Ιατρικής)

:

Ζαδίκ Ηλίας(1ο έτος)

Καραταπάνης Κωνσταντίνος(3ο έτος)

Παππέλης Κωνσταντίνος(1ο έτος-Ιατρική(respect

) )

Σακελλάρης Γιώργος(3ο έτος)

Σταματόπουλος Ιωάννης(4ο έτος)

Στεργιοπούλου Διονυσία(2ο έτος)

Χατζάκος Δημήτρης(4ο έτος)

Συγχαρητήρια σε όλους!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 17, 2010 11:17 am**

Πολλά συγχαρητήρια κι' από εμένα και ιδιαίτερα στον μαθηματικό-ιατρό.

Καλή επιτυχία στον IMC.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 17, 2010 12:59 pm**

Μπραβο σας παιδια, καλη επιτυχια στον IMC!

mathematica.gr

Προκριματικός Μαθηματικού για τον IMC

Προκριματικός Μαθηματικού για τον IMC

Re: Προκριματικός Μαθηματικού για τον IMC

Re: Προκριματικός Μαθηματικού για τον IMC

Re: Προκριματικός Μαθηματικού για τον IMC

Re: Προκριματικός Μαθηματικού για τον IMC

Re: Προκριματικός Μαθηματικού για τον IMC

Re: Προκριματικός Μαθηματικού για τον IMC

Re: Προκριματικός Μαθηματικού για τον IMC

Re: Προκριματικός Μαθηματικού για τον IMC

Re: Προκριματικός Μαθηματικού για τον IMC

Re: Προκριματικός Μαθηματικού για τον IMC

Re: Προκριματικός Μαθηματικού για τον IMC

Re: Προκριματικός Μαθηματικού για τον IMC

Re: Προκριματικός Μαθηματικού για τον IMC

Re: Προκριματικός Μαθηματικού για τον IMC