mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 11, 2012 1:45 am**

Τα σημερινά θέματα ήταν τα εξής:

1) Να βρεθούν $n \in \mathbb{N}$ και x_1,...,x_n >0

τέτοια ώστε:
(α) $x_1+x_2+...+x_n \geq 2$ ,
(β) $x_1^3+x_2^3+...+x_n^3 \leq \frac{8}{49}$ και
(γ) ο

είναι ο ελάχιστος δυνατός.

2)Για $n \in \mathbb{N}$ ορίζουμε
$a_n=\sum_{k=0}^{[\frac{n}{2} ]}\binom{n-k}{k} (-4)^{-k}$ .
Να βρεθούν $a,b,c \in \mathbb{Q}$ τέτοιοι ώστε a_n=(an+b)c^n

για κάθε $n \in \mathbb{N}$ .

3)Έστω πίνακες $A,B,C \in \mathbb{C}^{nxn}$ με AB=BA, AC=CA

και

. Να δειχθεί ότι υπάρχουν $a,b,c \in \mathbb{R}$ όχι όλοι μηδέν ώστε
det(aA+bB+cC)=0

.

4)Έστω $f:[0,1] \rightarrow [0,+\infty )$ συνεχής συνάρτηση. Να υπολογιστεί το όριο:
$\lim_{n \rightarrow \infty} n \int_{0}^{1} \left( \sum_{k=n}^{\infty} \frac{x^k}{k} \right) ^2 f(x)dx$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 11, 2012 1:49 am**

alex_eske έγραψε:Τα σημερινά θέματα ήταν τα εξής:

1) Να βρεθούν $n \in \mathbb{N}$ και τέτοια ώστε:
(α) $x_1+x_2+...+x_n \geq 2$ ,
(β) $x_1^3+x_2^3+...+x_n^3 \leq \frac{8}{49}$ και
(γ) ο είναι ο ελάχιστος δυνατός.

Κάτι δεν βλέπω..Απλή εφαρμογή της ανισότητας των δυνάμεων και προκύπτει ότι n=7

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 11, 2012 1:56 am**

alex_eske έγραψε:3)Έστω πίνακες $A,B,C \in \mathbb{C}^{nxn}$ με και . Να δειχθεί ότι υπάρχουν $a,b,c \in \mathbb{R}$ όχι όλοι μηδέν ώστε
.

viewtopic.php?p=116384#p116384

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 11, 2012 11:53 am**

socrates έγραψε:
alex_eske έγραψε:3)Έστω πίνακες $A,B,C \in \mathbb{C}^{nxn}$ με και . Να δειχθεί ότι υπάρχουν $a,b,c \in \mathbb{R}$ όχι όλοι μηδέν ώστε
.
viewtopic.php?p=116384#p116384

Θανάση, νομίζω είναι διαφορετικό αφού εδώ έχουμε $n \times n$ πίνακες.

Για την λύση θεωρούμε γνωστό ότι αν ένα σύνολο πινάκων αντιμετατίθενται ανα δύο όταν είναι ταυτόχρονα διαγωνοποιήσιμοι. (Το έχουμε δει και εδώ.) Μπορούμε λοιπόν να υποθέσουμε πως είναι διαγώνιοι. Επειδή τώρα η διάσταση του $\mathbb{C}$ υπερ του $\mathbb{R}$ είναι δύο, μπορούμε να βρούμε $a,b,c \in \mathbb{R}$ όχι όλους 0 ώστε o aA+bB+cC

να έχει μηδεν στο πρώτο στοιχείο της πρώτης στήλης και άρα και σε όλα τα στοιχεία της πρώτης στήλης. Επομένως θα είναι και det(aA+bB+cC)=0

όπως θέλαμε.

Η πιο πάνω λύση είναι λανθασμένη. Δείτε πιο κάτω για την σωστή (ελπίζω) λύση. Ευχαριστώ τον Νίκο που το πρόσεξε.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 11, 2012 12:15 pm**

alex_eske έγραψε: 2)Για $n \in \mathbb{N}$ ορίζουμε
$a_n=\sum_{k=0}^{[\frac{n}{2} ]}\binom{n-k}{k} (-4)^k$ .
Να βρεθούν $a,b,c \in \mathbb{Q}$ τέτοιοι ώστε για κάθε $n \in \mathbb{N}$ .

Μήπως υπάρχει τυπογραφικό; Θα στοιχημάτιζα ότι το σωστό είναι με $(-4)^{-k}$ στην θέση του (-4)^k

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 11, 2012 6:21 pm**

alex_eske έγραψε: 2)Για $n \in \mathbb{N}$ ορίζουμε
$a_n=\sum_{k=0}^{[\frac{n}{2} ]}\binom{n-k}{k} (-4)^k$ .
Να βρεθούν $a,b,c \in \mathbb{Q}$ τέτοιοι ώστε για κάθε $n \in \mathbb{N}$ .

Τελικά όπως που είπε ο Κώστας σε π.μ. είναι πράγματι (-4)^(-k)

. Στην πιο κάτω λύση όλα τα αθροίσματα θα είναι από k=0

έως $+\infty$ και όλοι οι διωνυμικοί συντελεστές $\binom{r}{s}$ θα ισούνται με 0 αν s > r

ή

. (Επομένως όλα τα αθροίσματα θα είναι πεπερασμένα.)

Έχουμε

$\displaystyle{ a_{n+2}=\sum\binom{n+2-k}{k} (-1/4)^k = \sum\binom{n+1-k}{k} (-1/4)^k + \sum\binom{n+1-k}{k-1} (-1/4)^k }$
$\displaystyle{ =a_{n+1} - 1/4 \sum\binom{n-(k-1)}{k-1} (-1/4)^{k-1} = a_{n+1} - a_n/4.}$

Ισχυρίζομαι ότι a_n = (n+1)/2^n

. Για

ισχύει αφού a_0=a_1=1

. Αν ο ισχυρισμός είναι σωστός για όλα τα $n \leqslant k+1$ τότε έχουμε $\displaystyle{ a_{k+2} = a_{k+1} - \frac{a_k}{4} = \frac{k+2}{2^{k+1}} - \frac{k+1}{2^{k+2}} = \frac{k+3}{2^{k+2}}}$ και άρα επαγωγικά ο ισχυρισμός ισχύει για όλα τα

.

----------------------
Στην άσκηση 1.42(g) του Combinatorial Problem and Exercises του Lovász ζητείται ο υπολογισμός του
$\displaystyle{ a_n = \sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor} \binom{n-k}{k}z^k}$
Όπως πιο πάνω βρίσκουμε $a_{n+2} - a_{n+1} + za_n = 0$ με a_0=a_1=1

που δίνει την πιο πάνω λύση όταν z=-1/4

και την λύση
$\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{1+4z}}\left( \left( \frac{1 + \sqrt{1+4z}}{2}\right)^{n+1} - \left(\frac{1 - \sqrt{1+4z}}{2}\right)^{n+1}\right)}$
για $z \neq 1/4$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 11, 2012 7:31 pm**

Demetres έγραψε:
socrates έγραψε:
alex_eske έγραψε:3)Έστω πίνακες $A,B,C \in \mathbb{C}^{nxn}$ με και . Να δειχθεί ότι υπάρχουν $a,b,c \in \mathbb{R}$ όχι όλοι μηδέν ώστε
.
viewtopic.php?p=116384#p116384
Θανάση, νομίζω είναι διαφορετικό αφού εδώ έχουμε $n \times n$ πίνακες.

Για την λύση θεωρούμε γνωστό ότι αν ένα σύνολο πινάκων αντιμετατίθενται ανα δύο όταν είναι ταυτόχρονα διαγωνοποιήσιμοι. (Το έχουμε δει και εδώ.) Μπορούμε λοιπόν να υποθέσουμε πως είναι διαγώνιοι. Επειδή τώρα η διάσταση του $\mathbb{C}$ υπερ του $\mathbb{R}$ είναι δύο, μπορούμε να βρούμε $a,b,c \in \mathbb{R}$ όχι όλους 0 ώστε o να έχει μηδεν στο πρώτο στοιχείο της πρώτης στήλης και άρα και σε όλα τα στοιχεία της πρώτης στήλης. Επομένως θα είναι και όπως θέλαμε.

Ωχ, τελικά την πάτησα άσχημα. Υπέθεσα ότι οι A,B,C

είναι διαγωνοποιήσιμοι κάτι το οποίο δεν είναι δεδομένο. Ευχαριστώ τον Νίκο Κολλιόπουλο που το παρατήρησε.

Πάμε να το διορθώσουμε λοιπόν. Έστω $\lambda$ μια ιδιοτιμή του

και έστω $E_{\lambda}$ ο $\lambda$ -ιδιοχώρος του

. Παρατηρούμε ότι για κάθε $v \in E_{\lambda}$ ισχύει ότι $ABv = BAv = \lambdaBv$ και άρα $Bv \in E_{\lambda}$ . Θεωρούμε τον γραμμικό τελεστή $B|_{E_{\lambda}} : E_{\lambda} \to E_{\lambda}$ . Έστω $\mu$ μια ιδιοτιμή του τελεστή και έστω $F_{\mu} \subseteq E_{\lambda}$ ο $\mu$ -ιδιοχώρος του $B|_{E_{\lambda}}$ . Ομοίως ο

αφήνει αναλλοίωτους τους $F_{\mu}$ και $E_{\lambda}$ επομένως υπάρχει ένα διάνυσμα

που είναι ιδιοδιάνυσμα των A,B,C

. Επεκτείνουμε το

σε μια βάση του $\mathbb{R}^n$ . Σε σχέση με αυτήν την βάση οι A,B,C

έχουν στην πρώτη στήλη ακριβώς ένα μη μηδενικό στοιχείο. Τώρα μπορούμε να προχωρήσουμε όπως προηγουμένως.

Δεν το χρησιμοποιήσαμε αλλά με την πιο πάνω μέθοδο μπορούμε να αποδείξουμε επαγωγικά ότι αν ένα σύνολο πινάκων αντιμετατίθενται τότε είναι ταυτόχρονα άνω τριγωνοποιήσιμοι.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 12, 2012 6:12 pm**

alex_eske έγραψε: 4)Έστω $f:[0,1] \rightarrow [0,+\infty )$ συνεχής συνάρτηση. Να υπολογιστεί το όριο:
$\lim_{n \rightarrow \infty} n \int_{0}^{1} \left( \sum_{k=n}^{\infty} \frac{x^k}{k} \right) ^2 f(x)dx$ .

Ας βάλουμε μια απάντηση και για αυτό. (Με επιφύλαξη αφού άλλο αποτέλεσμα είχα βρει χθες και άλλο σήμερα που βρήκα χρόνο να το γράψω.) Ισχυρίζομαι ότι το όριο ισούται με $f(1)\log{4}$ .

Ας υποθέσουμε πρώτα ότι f(x) = x^r

, όπου $r \in \mathbb{N}$ . Τότε

$\displaystyle{ I_n = n \int_0^1 \left( \sum_{k=n}^{\infty} \frac{x^k}{k}\right)^2 f(x) \, dx = n\sum_{k=n}^{\infty} \sum_{\ell=n}^{\infty} \int_0^1 \frac{x^{k+\ell + r}}{k \ell} \, dx = n\sum_{k=n}^{\infty} \sum_{\ell=n}^{\infty} \frac{1}{k\ell(k+\ell + r + 1)}}$

όπου για την εναλλαγή των αθροισμάτων με το ολοκλήρωμα χρησιμοποιήσαμε το θεώρημα Tonelli. (Επιτρέπεται αφού όλοι οι όροι είναι θετικοί.)

Έχουμε $\displaystyle{ \frac{1}{k\ell(k + \ell + r + 1)} = \frac{1}{k(k+r+1)}\left(\frac{1}{\ell} - \frac{1}{k + \ell + r + 1} \right)}$ και άρα τηλεσκοπικά

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

Κάνοντας εναλλαγή των αθροισμάτων (πάλι απο Tonelli) έχουμε

$\displaystyle{ I_n = \frac{n}{r+1}\sum_{m=0}^{\infty}\sum_{k = \max\{m-r,n\}}^{\infty}\left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+r+1} \right)\frac{1}{n+m} }$
$\displaystyle{= \frac{n}{r+1}\sum_{m=0}^{n+r}\sum_{k=n}^{\infty}}\left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+r+1} \right)\frac{1}{n+m} + \frac{n}{r+1}\sum_{m=n+r+1}^{\infty}\sum_{k=m-r}^{\infty}}\left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+r+1} \right)\frac{1}{n+m}.}$

Το πρώτο από τα δύο αθροίσματα ισούται με $\displaystyle{ \frac{n}{r+1}\left( \frac{1}{n} + \cdots + \frac{1}{n+r}\right)\left(\frac{1}{n} + \cdots + \frac{1}{2n+r} \right)}$ το οποίο τείνει στο $\log{2}$ όταν το

τείνει στο άπειρο. Το δεύτερο άθροισμα ισούται με $\displaystyle{ \frac{n}{r+1}\sum_{m=n+r+1}^{\infty} \frac{1}{n+m}\sum_{s=0}^r\frac{1}{m-r+s}= \frac{n}{r+1}\sum_{s=0}^r\frac{1}{n+r-s}\left(\frac{1}{n+s+1} + \cdots + \frac{1}{2n+r+1} \right)}$ το οποίο τείνει και αυτό στο $\log{2}$ .

Άρα ο ισχυρισμός μας ισχύει όταν f(x) = x^r

και επεκτείνοντας γραμμική ισχύει για κάθε πολυώνυμο

.

Για τυχούσα συνεχή συνάρτηση

και για $\varepsilon > 0$ , παίρνουμε από το θεώρημα Weierstrass πολυώνυμο

με $|p(x)-f(x)| \leqslant \varepsilon$ για κάθε $x \in [0,1]$ , και άρα $T(f(x)) \leqslant T(p(x) + \varepsilon) = (p(1)+\varepsilon)\log{4} \leqslant (f(1) + 2\varepsilon)\log{4}$ και ομοίως $T(f(x)) \geqslant (f(1) - 2\varepsilon)\log{4}$ , όπου με

συμβολίζουμε τον τελεστή που στέλνει την συνάρτηση

στο αντίστοιχο όριο. Επειδή το $\varepsilon$ είναι αυθαίρετο το αποτέλεσμα έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 13, 2012 8:09 pm**

sokratis lyras έγραψε:
alex_eske έγραψε:Τα σημερινά θέματα ήταν τα εξής:

1) Να βρεθούν $n \in \mathbb{N}$ και τέτοια ώστε:
(α) $x_1+x_2+...+x_n \geq 2$ ,
(β) $x_1^3+x_2^3+...+x_n^3 \leq \frac{8}{49}$ και
(γ) ο είναι ο ελάχιστος δυνατός.

Κάτι δεν βλέπω..Απλή εφαρμογή της ανισότητας των δυνάμεων και προκύπτει ότι .

Μια άλλη λύση θα ταν η εξής:

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)=x^3

η οποία είναι κυρτή για θετικά

Άρα από ανισότητα Jensen προκύπτει:

$f\left(\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n})\right\leq\frac{f(x_1)+f(x_2)+...+f(x_n)}{n}=\frac{x_1^{3}+x_2^{3}+...+x_{n}^{3}}{n}\leq\frac{8}{49n}$ .

Δλδ το ${\left(\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n})\right}^{3}\leq\frac{8}{49n}$ ή ισοδύναμα

$(\sum_{i=1}^{n} x_i)^{3}\leq\frac{8 n^{2}}{49}$

Aπό την υπόθεση έχουμε $(\sum_{i=1}^{n} x_i)^{3}\geq 8$ , αν υψώσουμε εις την τρίτη την σχέση (α)

Άρα ζητάμε το ελάχιστο δυνατό

έτσι ώστε:

$8\leq\frac{8 n^{2}}{49}$ ,απ'όπου $n^2\geq 49\to n\geq 7$ .

Επομένως $n_{min}=7$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 20, 2012 9:27 pm**

Demetres έγραψε:
alex_eske έγραψε: 2)Για $n \in \mathbb{N}$ ορίζουμε
$a_n=\sum_{k=0}^{[\frac{n}{2} ]}\binom{n-k}{k} (-4)^k$ .
Να βρεθούν $a,b,c \in \mathbb{Q}$ τέτοιοι ώστε για κάθε $n \in \mathbb{N}$ .
Τελικά όπως που είπε ο Κώστας σε π.μ. είναι πράγματι . Στην πιο κάτω λύση όλα τα αθροίσματα θα είναι από έως $+\infty$ και όλοι οι διωνυμικοί συντελεστές $\binom{r}{s}$ θα ισούνται με 0 αν ή . (Επομένως όλα τα αθροίσματα θα είναι πεπερασμένα.)

Έχουμε

$\displaystyle{ a_{n+2}=\sum\binom{n+2-k}{k} (-1/4)^k = \sum\binom{n+1-k}{k} (-1/4)^k + \sum\binom{n+1-k}{k-1} (-1/4)^k }$
$\displaystyle{ =a_{n+1} - 1/4 \sum\binom{n-(k-1)}{k-1} (-1/4)^{k-1} = a_{n+1} - a_n/4.}$

Ισχυρίζομαι ότι . Για ισχύει αφού . Αν ο ισχυρισμός είναι σωστός για όλα τα $n \leqslant k+1$ τότε έχουμε $\displaystyle{ a_{k+2} = a_{k+1} - \frac{a_k}{4} = \frac{k+2}{2^{k+1}} - \frac{k+1}{2^{k+2}} = \frac{k+3}{2^{k+2}}}$ και άρα επαγωγικά ο ισχυρισμός ισχύει για όλα τα .

----------------------
Στην άσκηση 1.42(g) του Combinatorial Problem and Exercises του Lovász ζητείται ο υπολογισμός του
$\displaystyle{ a_n = \sum_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor} \binom{n-k}{k}z^k}$
Όπως πιο πάνω βρίσκουμε $a_{n+2} - a_{n+1} + za_n = 0$ με που δίνει την πιο πάνω λύση όταν και την λύση
$\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{1+4z}}\left( \left( \frac{1 + \sqrt{1+4z}}{2}\right)^{n+1} - \left(\frac{1 - \sqrt{1+4z}}{2}\right)^{n+1}\right)}$
για $z \neq 1/4$ .

Αλλιώς:

$\begin{aligned}\sum_{n\geq0}a_nx^n&=\sum_{n\geq0}\sum_{k=0}^{[n/2]}\binom{n-k}{k}x^{n-k}(-4)^{-k}x^n\notag \\ &=\sum_{k\geq0}\sum_{n\geq2k}\binom{n-k}{k}(-4)^{-k}x^n\notag \\ &=\sum_{k\geq0}\left(-\frac{x}{4}\right)^k\sum_{n\geq2k}\binom{n-k}{k}x^{n-k}\notag \\ &\stackrel{n-k=m}{=}\sum_{k\geq0}\left(-\frac{x}{4}\right)^k\sum_{m\geq k}\binom{m}{k}x^{m}\notag \\ &=\sum_{k\geq0}\left(-\frac{x}{4}\right)^k\frac{x^k}{(1-x)^{k+1}}\notag \\ &=\frac{1}{1-x}\sum_{k\geq0}\left(-\frac{x^2}{4-4x}\right)^k\notag \\ &=\frac{1}{1-x}\frac{1}{1+\frac{x^2}{4-4x}}\notag \\ &=\frac{4}{(x-2)^2}\notag \\ &=\left(\frac{2}{1-x/2}\right)'\notag \\ &=2\sum_{n\geq0}\left(\left(\frac{x}{2}\right)^n\right)'\notag \\ &=\sum_{n\geq0}\frac{n+1}{2^n}x^n\end{aligned}$

και παίρνουμε το αποτέλεσμα του Δημήτρη.

Παρόμοιο πρόβλημα εδώ το Η714 (η λύση δεν έχει σημοσιευθεί ακόμα) και εδώ το 1260 (παρομοίως) για όποιον ενδιαφέρεται να στείλει λύσεις.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 01, 2012 4:14 am**

Μιας και ανακοινώθηκε η ομάδα του ΕΜΠ να πω κι εγώ ότι το Μαθηματικό φέτος θα εκπροσωπηθεί από τους: (αλφαβητικά)

Εσκενάζη Αλέξανδρο
Ζέμα Κωνσταντινο
Καφετζόπουλο Αναστάση
Μπογιόκα Δημήτρη και
Τσουβαλά Κωνσταντίνο

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 01, 2012 4:23 am**

Καλή επιτυχία παιδιά! Πρώτα πρώτα να το ευχαριστηθείτε, γιατί αυτό είναι και το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 01, 2012 3:22 pm**

Καλή επιτυχία!

mathematica.gr

Προκριματικός Διαγωνισμός Μαθηματικού για τον IMC 2012

Προκριματικός Διαγωνισμός Μαθηματικού για τον IMC 2012

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Μαθηματικού για τον IMC 2012

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Μαθηματικού για τον IMC 2012

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Μαθηματικού για τον IMC 2012

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Μαθηματικού για τον IMC 2012

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Μαθηματικού για τον IMC 2012

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Μαθηματικού για τον IMC 2012

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Μαθηματικού για τον IMC 2012

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Μαθηματικού για τον IMC 2012

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Μαθηματικού για τον IMC 2012

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Μαθηματικού για τον IMC 2012

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Μαθηματικού για τον IMC 2012

Re: Προκριματικός Διαγωνισμός Μαθηματικού για τον IMC 2012