IMC 2019

sot arm · #1

Χαιρετώ από το γνωστό μέρος(Μπλαγκοεβγκραντ) , σήμερα ήταν η πρώτη μερα του διαγωνισμού. Επισυνάπτω και τα θέματα.

imc2019-day1-questions.pdf: (92.85 KiB) Μεταφορτώθηκε 250 φορές

Τσιαλας Νικολαος · #2

Καλή επιτυχία στα παιδιά!!! Το τρίτο θέμα νομίζω είναι ότι πρέπει για πανελλήνιες

sot arm · #3

Ακολουθουν και τα σημερινά:

imc2019-day2-questions.pdf: (90.02 KiB) Μεταφορτώθηκε 136 φορές

JimNt. · #4

Hello world

Tolaso J Kos · #5

Το γινόμενο πάντως που είναι πρόβλημα

στη μέρα 1 δε το λες και εύκολο. Προϊδεάζεσαι βέβαια εκ των προτέρων ότι μάλλον θα τηλεσκοπεί αλλά για να το φέρεις στη μορφή αυτή θέλει λίγη δουλίτσα.

Να υπολογιστεί το γινόμενο: $\displaystyle{\prod_{n=3}^{\infty} \frac{\left ( n^3+3n \right )^2}{n^6-64}}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #6

JimNt. έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 31, 2019 4:59 pm
Το πρώτο είναι Μπολζανο.

Δεν νομίζω.
Για Darboux το κόβω.

Tolaso J Kos · #7

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 31, 2019 5:37 pm

JimNt. έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 31, 2019 4:59 pm
Το πρώτο είναι Μπολζανο.
Δεν νομίζω.
Για Darboux το κόβω.

Με μία γρήγορη ματιά μάλλον συμφωνώ με το Σταύρο. Δε το κοίταξα αλλά Bolzano δε βλέπω πώς θα εφαρμοστεί ...

#8

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 31, 2019 5:25 pm
Το γινόμενο πάντως που είναι πρόβλημα στη μέρα 1 δε το λες και εύκολο. Προϊδεάζεσαι βέβαια εκ των προτέρων ότι μάλλον θα τηλεσκοπεί αλλά για να το φέρεις στη μορφή αυτή θέλει λίγη δουλίτσα.

Να υπολογιστεί το γινόμενο: $\displaystyle{\prod_{n=3}^{\infty} \frac{\left ( n^3+3n \right )^2}{n^6-64}}$

Ο αριθμητής γράφεται n^2(n^2+3)^2

και ο παρονομαστής (n^3-8)(n^3+8)=(n-2)(n^2+2n+4)(n+2)(n^2-2n+4)

. Άρα ο τυπικός όρος είναι

$\displaystyle{ \frac {n}{n-2}\cdot \frac {n^2+3}{n^2+2n+4} \cdot \frac {n}{n+2}\cdot \frac {n^2+3}{n^2-2n+4} = \frac {n}{n-2}\cdot \frac {n^2+3}{(n+1)^2+3} \cdot \frac {n}{n+2}\cdot \frac {n^2+3}{(n-1)^2+3}}$ .

Τώρα βλέπουμε ότι ο κάθε παράγοντας του τυπικού όρου, χωριστά, οδηγεί σε τηλεσκοπικό γινόμενο. Συγκεκριμένα, το γινόμενο από

έως

των πρώτων παραγόντων εκάστου κλάσματος δίνει τηλεσκοπικά $\dfrac {(N-1)N}{1\cdot 2}$ . Των δεύτερων δίνει $\dfrac {3^2+3}{(N+1)^3+3}$ και κάτι ανάλογο οι άλλοι δύο όροι. Τα υπόλοιπα άμεσα, παίρνοντας όριο $N \to \infty$ . Απάντηση: $\dfrac {3\cdot 4 \cdot (3^2+3)}{1\cdot 2 \cdot (2^2+3)}$ .

harrisp · #9

JimNt. έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 31, 2019 4:59 pm
Το πρώτο είναι Μπολζανο.

Νομιζω δεν ξέρουμε αν η h(x)=f(x)-g'(x)

είναι συνεχής.

sot arm · #10

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 31, 2019 6:46 pm

JimNt. έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 31, 2019 4:59 pm
Το πρώτο είναι Μπολζανο.
Νομιζω δεν ξέρουμε αν η είναι συνεχής.

Δεν το γνωρίζεις πράγματι, μπορεί να μην είναι καν ολοκληρωσιμη κατα Riemman.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #11

Γράφω την λύση αφού φυσικά γράψω και την εκφώνηση του 1 θέματος της δεύτερης μέρας.

Εκφώνηση.
Δίνονται $f,g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$
με

συνεχή και

παραγωγίσημη.
Αν (f(0)-g'(0))(g'(1)-f(1))> 0

να δειχθεί ότι υπάρχει $c\in (0,1)$
με g'(c)=f(c)

Λύση.
Θέτουμε $q(x)=g(x)-\int_{0}^{x}f(t)dt$
είναι q'(x)=g'(x)-f(x)

Αλλά

Από Darboux υπάρχει $c\in (0,1)$
με q'(c)=0

που είναι η ζητούμενη.

#12

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 31, 2019 5:25 pm
Να υπολογιστεί το γινόμενο: $\displaystyle{\prod_{n=3}^{\infty} \frac{\left ( n^3+3n \right )^2}{n^6-64}}$

Αλλιώς. Πάλι τηλεσκοπικά αλλά με χρήση μιγαδικών (μέθοδο που δεν έχω ξαναδεί αν και ουσιαστικά πρόκειται για τετριμμένη παραλλαγή γνωστών).

Ο αριθμητής γράφεται $n^2(n^2+3)^2=n^2(n+i\sqrt 3)^2(n-i\sqrt 3)^2$ και ο παρονομαστής

(n^2-4)(n^4+4n^2+16)=(n-2)(n+2)(n^2+2n+4)(n^2-2n+4)=

$=(n-2)(n+2)(n+1+i\sqrt 3)(n+1-i\sqrt 3)(n-1+i\sqrt 3)(n-1-i\sqrt 3)$ .

Άρα το γινόμενο των όρων από

έως

είναι

$\displaystyle{ \prod_{n=3}^{N} \left (\frac{n}{n-2} \cdot \frac{n}{n+2}\cdot \frac {n+i\sqrt 3} {n+1+i\sqrt 3}\cdot \frac {n-i\sqrt 3} {n+1-i\sqrt 3} \cdot\frac {n+i\sqrt 3} {n-1+i\sqrt 3} \cdot\frac {n-i\sqrt 3} {n-1-i\sqrt 3} \right ) }$

Τώρα ο κάθε παράγοντας του γενικού όρου, χωριστά, οδηγεί σε τηλεσκοπικό γινόμενο (άμεσο). Και λοιπά.

Σχόλιο. Ας προσθέσω ότι μπορούμε να αποφύγουμε τα τηλεσκοπικά γινόμενα αν χρησιμοποιήσουμε παραγοντικά (ή την άμεση γενίκευσή τους, τις συναρτήσεις $\Gamma$ με την ιδιότητα $\Gamma (x+1)=x\Gamma (x)$ ). Συγκεκριμένα οι δύο πρώτοι παράγοντες μαζί δίνουν

$\displaystyle{ \prod_{n=3}^{N} \frac{n^2}{(n-2)(n+2)}= \frac {3^2\cdot 4^2 \cdot ... \cdot N^2 }{(1\cdot 2 \cdot ... \cdot (N-2))(5\cdot 6 \cdot ... \cdot (N+2))}=\dfrac {(\frac {1}{2} N!)^2}{(N-2)! \cdot \frac {1}{24} (N+2)!}= \dfrac {6N!N!}{(N-2)!(N+2)!}$ το οποίο απλοποιείται με τον προφανή τρόπο. Όμοια οι άλλοι παράγοντες, αλλά με χρήση της $\Gamma$ και τις αντίστοιχες προφανείς απλοποιήσεις.

#13

Καλές επιτυχίες! Λείπω αυτές τις μέρες σε συνέδριο στη βροχερή

Αγγλία και δεν είχα χρόνο ακόμη να κοιτάξω προσεκτικά τα προβλήματα.

Tolaso J Kos · #14

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 31, 2019 11:51 pm
Σχόλιο. Ας προσθέσω ότι μπορούμε να αποφύγουμε τα τηλεσκοπικά γινόμενα αν χρησιμοποιήσουμε παραγοντικά (ή την άμεση γενίκευσή τους, τις συναρτήσεις $\Gamma$ με την ιδιότητα $\Gamma (x+1)=x\Gamma (x)$ ). Συγκεκριμένα οι δύο πρώτοι παράγοντες μαζί δίνουν

$\displaystyle{ \prod_{n=3}^{N} \frac{n^2}{(n-2)(n+2)}= \frac {3^2\cdot 4^2 \cdot ... \cdot N^2 }{(1\cdot 2 \cdot ... \cdot (N-2))(5\cdot 6 \cdot ... \cdot (N+2))}=\dfrac {(\frac {1}{2} N!)^2}{(N-2)! \cdot \frac {1}{24} (N+2)!}= \dfrac {6N!N!}{(N-2)!(N+2)!}$ το οποίο απλοποιείται με τον προφανή τρόπο. Όμοια οι άλλοι παράγοντες, αλλά με χρήση της $\Gamma$ και τις αντίστοιχες προφανείς απλοποιήσεις.

Η τεχνική αυτή μου είναι γνωστή αλλά γενικά την αποφεύγω. Πάντως κάπου την έχουμε ξανά δει στο

. Καλό μήνα!

#15

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 01, 2019 10:43 am
Η τεχνική αυτή μου είναι γνωστή αλλά γενικά την αποφεύγω. Πάντως κάπου την έχουμε ξανά δει στο . Καλό μήνα!

Τόλη,

Αυτό που σημείωσα ως νέο στο προηγούμενο μήνυμά μου δεν είναι το εν λόγω σημείο αλλά η χρήση μιγαδικών. Το πλεονέκτημά των μιγαδικών είναι ότι διευθετεί σημεία όπως

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 31, 2019 5:25 pm
Το γινόμενο πάντως που είναι πρόβλημα στη μέρα 1 δε το λες και εύκολο. Προϊδεάζεσαι βέβαια εκ των προτέρων ότι μάλλον θα τηλεσκοπεί αλλά για να το φέρεις στη μορφή αυτή θέλει λίγη δουλίτσα.

Για να διευκρινίσω τι εννοώ. Η κλασσική μέθοδος τηλεσκοπίας έχει το μειονέκτημα ότι χρειάζεται επινοητικότητα για να το φέρεις στην μορφή ώστε να γίνεται η απλοποίηση των διαδοχικών όρων. Υποθέτω ότι αυτό ακριβώς εννοείς όταν λες "θέλει λίγη δουλίτσα". Όμως με την παραγοντοποίηση σε πρωτοβάθμιους μιγαδικούς (θέμα ρουτίνας αν ξέρεις να λύνεις χαμηλόβαθμες πολυωνυμικές), η τηλεσκοπία είναι αυτόματη. Οι όροι που απλοποιούνται είναι ορατοί, και βγαίνουν μόνοι τους.

Nick1990 · #16

3, 5, 9 παραείναι εύκολα για τη θεση τους. 6, 7 παραείναι ευκολα για το διαγωνισμο γενικά (έπρεπε να μπει μονο 1 εκ των 2). Κατ' εμέ χρειάζεται να υπαρχει και στην Ευρωπη ένας φοιτιτικος διαγωνισμος υψηλού κύρους, οπως είναι ο πατναμ στην Αμερική, αλλά αυτο προϋποθέτει καλύτερο evaluatiοn στη δυσκολία. Η αύξηση των εύκολων θεμάτων και του ποσοστού των μεταλλίων τα τελευταία χρονια (μονο πέρσι ηταν κάπως πιο οκ τα θέματα αν θυμάμαι καλά), δυστυχώς δεν βοηθάει ιδιαίτερα.

Ιδανικά, στο 1 έπρεπε να είναι το 7, στο 2 το 1, στο 3 το 9, στο 5 κάτι ιδιαίτερα δύσκολο που να θέλει δουλειά, στα 6 και 7 το 2 και κάτι δυσκολοτερο αντίστοιχα (ή έστω τα 3 και 2 αντίστοιχα), και στο 9 ξανά κάτι ιδιαίτερα δύσκολο.

Τσιαλας Νικολαος · #17

Συγχαρητήρια και στα 3 παλικάρια!!! 1 χρυσό και 2 αργυρά για την ελληνική ομάδα στις 3 συμμετοχές νομίζω είναι πάρα πολύ καλά!!!

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #18

Τσιαλας Νικολαος έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 02, 2019 10:32 pm
Συγχαρητήρια και στα 3 παλικάρια!!! 1 χρυσό και 2 αργυρά για την ελληνική ομάδα στις 3 συμμετοχές νομίζω είναι πάρα πολύ καλά!!!

Τα παλικάρια δεν είναι 3.Είναι περισσότερα.
Επίσης στον διαγωνισμό αυτόν δεν δίνουν μετάλλια.
Μπορεί κάποιος να τα μετρήσει και να δει αναλυτικά τα αποτελέσματα
στα
https://www.imc-math.org.uk/?year=2019& ... item=bysum
(ατομικά)
https://www.imc-math.org.uk/?year=2019& ... tem=byteam
(κατά ομάδες)
https://www.imc-math.org.uk/?year=2019& ... tem=byuniv
(κατά πανεπιστήμιο)

#19

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά.

Ας μην περάσει απαρατήρητο ότι ένας από τους διακριθέντες στον διαγωνισμό είναι ο δικός μας Σωτήρης Αρμενιάκος.
Παρατηρώ ότι σε τρία θέματα ο Σωτήρης έχει πλήρη βαθμολογία (από

ζηλευτούς πόντους). Εύγε.
Σωτήρη, είμαι βέβαιος ότι τα μέλη μας θα χαιρόντουσαν να έβλεπαν εδώ τις λύσεις σου στις ασκήσεις που απεκόμισαν τα δεκάρια.

Θα χαρώ να μάθω αν υπάρχουν και άλλα μέλη μας που έλαβαν μέρος στον διαγωνισμό.

Και πάλι, εύγε σε όλους.

min## · #20

Μπράβο σε όλους

"Δικός" μας είναι και ο Προδρομίδης (jason.prod)

IMC 2019

IMC 2019

Re: IMC 2019

Re: IMC 2019

Re: IMC 2019

Re: IMC 2019

Re: IMC 2019

Re: IMC 2019

Re: IMC 2019

Re: IMC 2019

Re: IMC 2019

Re: IMC 2019

Re: IMC 2019

Re: IMC 2019

Re: IMC 2019

Re: IMC 2019

Re: IMC 2019

Re: IMC 2019

Re: IMC 2019

Re: IMC 2019

Re: IMC 2019

Μέλη σε σύνδεση