SEEMOUS 2025

Ορέστης Λιγνός · #1

Καλησπέρα από την Κορυτσά της Αλβανίας. Αυτές τις ημέρες διεξάγεται ο διαγωνισμός SEEMOUS 2025.

Το ΕΚΠΑ κατέκτησε 2 χρυσά, 1 αργυρό και 3 χάλκινα μετάλλια. Τα αποτελέσματα του ΕΚΠΑ ήταν τα εξής:

Ορέστης Λιγνός: Χρυσό Μετάλλιο (35/40)
Αναστάσιος Παστός: Χρυσό Μετάλλιο (30/40)
Δημήτρης Φωτόπουλος: Αργυρό Μετάλλιο (22/40)
Λάμπρος Τέγος: Χάλκινο Μετάλλιο (14/40)
Μανόλης Πετράκης: Χάλκινο Μετάλλιο (13/40)
Πάνος Γλύπτης: Χάλκινο Μετάλλιο (9/40)

Οι βάσεις των μεταλλίων ήταν 4/16/30. Τα θέματα ήταν τα εξής (η διάρκεια του διαγωνισμού ήταν 5 ώρες και το κάθε πρόβλημα βαθμολογούνταν με 10 μονάδες):

Πρόβλημα 1: Έστω

ένας πίνακας με αυστηρά θετικά στοιχεία. Έστω $u,v \in \mathbb{R}^n$ διανύσματα με αυστηρά θετικά στοιχεία τέτοια, ώστε Au=v

και

. Να αποδείξετε ότι u=v

.

Πρόβλημα 2: Να υπολογίσετε το όριο $\displaystyle \lim_{n \to +\infty} n \int_{0}^{\infty} e^{-x} \sqrt[n]{e^x-1-\dfrac{x^1}{1!}-\ldots-\dfrac{x^n}{n!}} \, dx$ .

Πρόβλημα 3: Έστω

μιγαδικός πίνακας τέτοιος, ώστε A^* A^2=AA^*

. Να αποδείξετε ότι A^2=A

.

(Συμβολίζουμε με $A^*=\overline{A}^t$ τον συζυγή ανάστροφο του πίνακα )

Πρόβλημα 4: Έστω (a_n)

μια γνησίως φθίνουσα ακολουθία πραγματικών αριθμών που συγκλίνει στο

. Να δείξετε ότι η σειρά $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{a_n}{n}$ συγκλίνει αν και μόνο αν η ακολουθία $(a_n\log n)$ είναι φραγμένη και η σειρά $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} (a_n-a_{n+1})\log n$ συγκλίνει.

Manolis Petrakis · #2

Να σημειωθεί ότι το ΕΜΠ κατέκτησε 8 μετάλλια με 9 συμμετοχές:

Ιωάννης Μαυρίκος: Χρυσό Μετάλλιο (Perfect score 40/40)
Γεώργιος Βάος: Αργυρό Μετάλλιο (26/40)
Παναγιώτης Κωνσταντόπουλος: Αργυρό Μετάλλιο (19/40)
Κωνσταντίνος Κολοκυθάς: Χάλκινο Μετάλλιο (15/40)
Χαράλαμπος Ρεπούσης: Χάλκινο Μετάλλιο (13/40)
Μιχαήλ Προυσαλίδης: Χάλκινο Μετάλλιο (12/40)
Διονύσιος Πετράκης: Χάλκινο Μετάλλιο (9/40)
Χαράλαμπος Κουσουλής: Χάλκινο Μετάλλιο (7/40)
Μαρία-Ελένη Νικολάου: Συμμετοχή (2/40)

Τσιαλας Νικολαος · #3

Συγχαρητήρια σε όλους σας! Χαίρομαι που βλέπω πως όλα τα παιδιά συνεχίζετε τους διαγωνισμούς και ως φοιτητές πια!

#4

Θερμά συγχαρητήρια παιδιά!! Μπράβο για τη συμμετοχή και τα μετάλλια!

Χαίρομαι πολύ για όλους σας!

panosgl2006 · #5

Λύση για το πρόβλημα 2
Από θεώρημα υπολοίπου Taylor(μορφή Lagrange) υπάρχει $c\in (0,x)$ ώστε:
$\displaystyle e^x-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}=\frac{e^c}{(n+1)!} x^{n+1}$
τώρα έστω
$\displaystyle f_n(x)=\frac{n}{((n+1)!)^{\frac{1}{n}}}e^{\frac{c}{n}-x}x^{1+\frac{1}{n}}$
εύκολα μέσω Stirling βγάζουμε ότι
$\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{n}{((n+1)!)^{\frac{1}{n}}}=e$
Άρα
$\displaystyle f_n(x)\rightarrow e^{1-x}x$
κατά σημείο και
$\displaystyle e^{\frac{c}{n}-x}<e^{\frac{x}{2}-x} \quad \forall n\geq 2$
$\displaystyle 64e^{\frac{x}{4}}>x^{1+\frac{1}{n}} \quad \forall n\geq 2$
και επειδή η $\displaystyle \frac{n}{((n+1)!)^{\frac{1}{n}}}$ είναι συγκλίνουσα,είναι και φραγμένη άρα υπάρχει $\displaystyle M>0$ ώστε
$\displaystyle \frac{n}{((n+1)!)^{\frac{1}{n}}}<M$
Άρα η $\displaystyle f_n(x)$ φράσεται από μια συνάρτηση με πεπερασμένο ολοκλήρωμα άρα από θεώρημα κυριαρχημένης σύγκλισης
$\displaystyle \lim_{n\to \infty} \int_0^{\infty} f_n(x) dx=\int_0^{\infty} e^{1-x}x dx=e$

#6

θερμά συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά, Όλων των σχολών .

abfx · #7

Ορέστης Λιγνός έγραψε: Σάβ Μαρ 08, 2025 12:57 am Πρόβλημα 1: Έστω ένας πίνακας με αυστηρά θετικά στοιχεία. Έστω $u,v \in \mathbb{R}^n$ διανύσματα με αυστηρά θετικά στοιχεία τέτοια, ώστε και . Να αποδείξετε ότι .

Αρχικά δείχνουμε ότι u,v

γραμμικά εξαρτημένα. Πράγματι, έστω (προς άτοπο) ότι είναι γραμμικά ανεξάρτητα.

Θεωρούμε συναρτήσεις $f,g: \mathbb R \rightarrow \mathbb R^n$ με τύπους f(x)=u+x(u+v)

και

.

Έστω επίσης $F=\{(x_1,\ldots , x_n)\in \mathbb R^n: x_i\geq 0 , \forall i=1,\ldots , n\}$ .

Παρατηρούμε ότι υπάρχουν $a,b \in \mathbb R$ ώστε $f^{-1}(F)=[a,\infty)$ και $g^{-1}(F)=[b,\infty)$ .

Πράγματι, για παράδειγμα για την

(όμοια για την

), αν $x\in f^{-1}(F)$ και x<y

,

τότε $u+y(u+v)=u+x(u+v)+(y-x)(u+v) \in F \implies y\in f^{-1}(F)$ . Επίσης $f^{-1}(F)$ κλειστό αφού

συνεχής και τέλος $f(x)\notin F$ για x< -1

.

Έστω χωρίς βλάβη ότι $a\leq b$ . Τότε $f(a)=u+a(u+v)\in F$ και λόγω γραμμικής ανεξαρτησίας $u+a(u+v)\neq 0$ .

Άρα $A(u+a(u+v))=v+a(u+v)=g(a)\in F^{\circ}$ , διότι $u+a(u+v)\in F\setminus \{0\}$ και ο

έχει αυστηρά θετικά στοιχεία.

Αλλά από συνέχεια της

έχουμε $g^{-1}(F^{\circ})\subseteq (g^{-1}(F))^{\circ}=[b,\infty)^{\circ}=(b,\infty)$ .

Επομένως, $a\in g^{-1}(F^{\circ}) \implies a>b$ άτοπο.

Έτσι προκύπτει u=kv

για κάποιο k>0

και τελικά $(k^2-1)v=0 \implies k=1$ και u=v

όπως θέλαμε.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #8

Ορέστης Λιγνός έγραψε: Σάβ Μαρ 08, 2025 12:57 am Πρόβλημα 1: Έστω ένας πίνακας με αυστηρά θετικά στοιχεία. Έστω $u,v \in \mathbb{R}^n$ διανύσματα με αυστηρά θετικά στοιχεία τέτοια, ώστε και . Να αποδείξετε ότι .

Εστω

Είναι

Τώρα όλα είναι εύκολα.
Αν το

δεν είναι 0 μια συντεταγμένη τουλάχιστον δεν είναι 0 έστω η x_1

H

μας δίνει ΑΤΟΠΟ λόγω πρώτης συντεταγμένης.

abfx · #9

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Σάβ Μαρ 08, 2025 8:56 pm Αν το δεν είναι 0 μια συντεταγμένη τουλάχιστον δεν είναι 0 έστω η
H μας δίνει ΑΤΟΠΟ λόγω πρώτης συντεταγμένης.

Αν πάρουμε την ισότητα στην πρώτη συντεταγμένη της Ax=-x

, τότε προκύπτει:

$\displaystyle \sum_{i=1}^{n}a_{1i}x_i=-x_1$

Δεν μου φαίνεται προφανές πού είναι το άτοπο εδώ. Θα μπορούσατε να το εξηγήσετε λίγο παραπάνω;

Manolis Petrakis · #10

Μία λύση για το 1.
Ο A^2

έχει θετικές εγγραφές (άμεσο με απλό πολλαπλασιασμό πινάκων), έστω $A^2=(a_{ij})_{1\leq i,j\leq n}.$
Είναι A^2u=A(Au)=Av=u

και όμοια

Άρα $A^2(u-tv)=u-tv\ (1)$ για κάθε $t\in \mathbb R$ .
Επιλέγουμε $t=\min\{ \dfrac{u_i}{v_i}, \ i \in \{1,2,...,n\}\},$ όπου u_i,v_i

οι εγγραφές των u,v

.
Έτσι $u_i-tv_i\geq 0 \ \forall i\in \{1,2,...,n\}$ και υπάρχει $j\in \{1,2,...n\}$ τέτοιο ώστε u_j-tv_j=0.

Στη σχέση

κοιτώντας τη j-γραμμή $\displaystyle \sum_{k=1}^n a_{jk}(u_k-tv_k)=u_j-tv_j=0.$
Το αριστερό μέλος είναι άθροισμα μη αρνητικών άρα $a_{jk}(u_k-tv_k)=0\Rightarrow u_k=tv_k \ \forall k\in \{1,2,...,n\}.$
Επομένως u=tv

. Τώρα:
$Au=v\Rightarrow A(tv)=v\Rightarrow t(Av)=v$
$Av=u\Rightarrow Av=tv$
Από τις 2 σχέσεις προκύπτει ότι (t^2-1)v=0

. Αν

παραβιάζεται η συνθήκη θετικότητας, άρα u=v

.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #11

abfx έγραψε: Σάβ Μαρ 08, 2025 10:25 pm
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Σάβ Μαρ 08, 2025 8:56 pm Αν το δεν είναι 0 μια συντεταγμένη τουλάχιστον δεν είναι 0 έστω η
H μας δίνει ΑΤΟΠΟ λόγω πρώτης συντεταγμένης.
Αν πάρουμε την ισότητα στην πρώτη συντεταγμένη της , τότε προκύπτει:

$\displaystyle \sum_{i=1}^{n}a_{1i}x_i=-x_1$

Δεν μου φαίνεται προφανές πού είναι το άτοπο εδώ. Θα μπορούσατε να το εξηγήσετε λίγο παραπάνω;

Η εξήγηση είναι ότι την πάτησα.
Σε ευχαριστώ που το είδες.

SEEMOUS 2025

SEEMOUS 2025

Re: SEEMOUS 2025

Re: SEEMOUS 2025

Re: SEEMOUS 2025

Re: SEEMOUS 2025

Re: SEEMOUS 2025

Re: SEEMOUS 2025

Re: SEEMOUS 2025

Re: SEEMOUS 2025

Re: SEEMOUS 2025

Re: SEEMOUS 2025

Μέλη σε σύνδεση