SEEMOUS 2009

#21

dement έγραψε: 2. Για καθε $A \in SL_2 (\mathbb{Z})$ ισχυει οτι και $tr(A^4) = tr(A)^4 - 4 \ tr(A)^2 + 2$ .

Πολύ ωραία η λύση σου, Δημήτρη. Ευχαριστούμε.

Ας μου επιτρέψεις να εξηγήσω λίγο αναλυτικότερα (εννοώ αυτό το "λίγο" γιατί βιάζομαι!) το βήμα που σημείωσα, γιατί δεν είναι ... τεριμμένο:

Κάθε πίνακας ικανοποιεί την χαρακτηριστική του εξίσωση, από Cayley-Hamilton. Για 2χ2 πίνακες είναι Α^2 - [tr(A)]A + (detA)I = 0 (*).
Εδώ det(A) = 1, και tr(A) = το ίχνος = το άθροισμα των στοιχίων της διαγωνίου.

Παίρνοντας το ίχνος (είναι γραμμική απεικόνιση από το σύνολο των 2χ2 πινάκων στους πραγματικούς) έχουμε την πρώτη εξίσωση. Υψώνοντας στο τεράγωνο και αντικαθιστώντας το Α^2 από την (*), έχουμε την δεύτερη.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

dement · #22

Ευχαριστω για την επισημανση κ. Λαμπρου - δεν ειχα υποψη μου το Cayley-Hamilton στη λυση και εβγαλα 'με το χερι' τον τυπο για το ιχνος των πινακων.

cretanman έγραψε: Πρόβλημα 1

α) Υπολογίστε το όριο $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{(2n+1)!}{(n!)^2}\int_0^1\left(x(1-x)\right)^nx^k dx$ , όπου $k\in\mathbb{N}$ .

β) Υπολογίστε το όριο $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{(2n+1)!}{(n!)^2}\int_0^1\left(x(1-x)\right)^nf(x) dx$ , όπου $f:[0,1] \to \mathbb{R}$ είναι μία συνεχής συνάρτηση.

α) Με επαναλαμβανομενη ολοκληρωση κατα παραγοντες, βλεπουμε οτι η παρασταση ισουται με $\frac{2n+1}{k + 2n + 1} \times \frac{C(2n,n)}{C(k+2n,n)}$ (οπου

ο διωνυμικος συντελεστης). Το οριο του πρωτου παραγοντα ειναι

και δεν τον ξαναγραφουμε. Το αντιστροφο του δευτερου παραγοντα ισουται με $\frac{C(k+2n,n)}{C(2n,n)} = \displaystyle \sum_{m=0}^k C(k,m) \frac{C(2n,n-m)}{C(2n,n)} = \displaystyle \sum_{m=0}^k C(k,m) \frac{C(n+m,m)}{C(n,m)}$ . Καθενα απο τα (πεπερασμενου πληθους) πηλικα ειναι ρητη συναρτηση που τεινει στο

, οποτε το οριο ειναι $\displaystyle \sum_{m=0}^k C(k,m) = 2^k$ και το αρχικο οριο ειναι $2^{-k}$ (αφου ειχαμε παρει το αντιστροφο).

Γενικευση:

β) Η

ειναι συνεχης σε συμπαγες συνολο, οποτε φραγμενη. Εστω M > 0

ενα φραγμα της.

Οριζουμε την ακολουθια συναρτησεων $g_n(x) = \frac{x^n (1-x)^n}{\displaystyle \int_0^1 t^n (1-t)^n dt} = (2n+1) \times C(2n,n) \times x^n (1-x)^n$ . Παρατηρουμε τα εξης :

1. Η συναρτηση g_n

ειναι γνησιως αυξουσα στο [0,1/2]

και γνησιως φθινουσα στο [1/2,1]

για καθε $n \in \mathbb{N}$ .

2. $\displaystyle \int_0^1 g_n (x) dx = 1$ για καθε $n \in \mathbb{N}$

3. $\displaystyle \lim_{n \to \infty} g_n (x) = 0$ για καθε $x \in [0,1] - \{1/2\}$ (απο το γεγονος οτι $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{C(2n,n)}{4^n} = 0$ ).

4. Η παρασταση της ασκησης ισουται με $\displaystyle \int_0^1 f(x) g_n(x) dx$ .

Η ακολουθια g_n

'ψηλωνει' και 'λεπταινει' γυρω απο το 1/2

, με σταθερο ολοκληρωμα. Διαισθητικα βλεπουμε οτι το οριο πρεπει να ειναι το f(1/2)

.

Εστω $\epsilon > 0$ . Παιρνουμε το αναλογο $\delta > 0$ (απο τη συνεχεια) γυρω απο το x = 1/2

και επιλεγουμε $n_0 \in \mathbb{N}$ τετοιο ωστε $g_n (1/2 - \delta) < \frac{\epsilon}{M}$ για καθε n > n_0

. Θετουμε $t(x) \equiv f(x) - f(1/2)$ . Ισχυει $|t(x)| \leq \epsilon$ στο $[1/2 - \delta, 1/2 + \delta]$ (εκ κατασκευης) και $|t(x)| \leq 2M$ (απο το φραγμα) οπουδηποτε αλλου. Εχουμε οτι :

$\left| \displaystyle \int_0^1 f(x) g_n(x) dx - f(1/2) \right| = \left| \displaystyle \int_0^1 t(x) g_n(x) dx \right| \leq \left| \displaystyle \int_0^{1/2 - \delta} t(x) g_n(x) dx \right| + \left| \displaystyle \int_{1/2 + \delta}^1 t(x) g_n(x) dx \right| + \left| \displaystyle \int_{1/2 - \delta}^{1/2 + \delta} t(x) g_n(x) dx \right| \leq$

$\leq \epsilon + \epsilon + \epsilon = 3 \epsilon$ . Αρα το οριο ειναι πραγματι το f(1/2)

.

Δημητρης Σκουτερης

#23

Οι επίσημες λύσεις των θεμάτων SEEMOUS 2009 υπάρχουν στο

http://www.seemous.eu/assets/files/2009 ... US2009.pdf

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

Υ.Γ.
Την παραπάνω παραπομπή δεν την γνώριζα αλλά την είδα σε συζήτηση στη Λέσχη μας, σε διαφορετικό θέμα. Την μεταφέρω και εδώ.
Ευχαριστώ στον giannisn1990 που ανέφερε την παραπομπή.

Nick1990 · #24

Τελικα ηταν μεγιστο λαθος εκ μερους μου να μην ασχοληθω καθολου με το 4ο θεμα κατα τη διαρκεια του διαγωνισμου... δεν ειχα κοιταξει καθολου τα θεματα και τις λυσεις μετα την Ολυμπιαδα και τωρα που τα ξαναβλεπω εχω την εντυπωση οτι το 4α) ηταν πραγματι δωρεαν 5 μοναδες για τους διαγωνιζομενους

. Οπως και να εχει ομως για εμενα ηταν μια ωραια εμπειρια μιας και ηταν η πρωτη μου φορα σε διαγωνισμο τετοιου επιπεδου.

Καραδήμας · #25

Χαιρετώ τους φίλους, χρόνια σας πολλά. Αυτό το πρώτο θέμα του Σεέμους 2009 παρουσιάζει αρκετές ως πολλές ομοιότητες με θέμα του διαγωνισμού Jarnik (του 15ου, Απρίλης του 2005). Έτσι μπορεί να πάει ο ένας διαβασμένος κι ο άλλος αδιάβαστος.

Λέγανε τότε: δίνεται συνεχής $f:[0,1]\times [0,1]\to {\mathbb R}$ . Να βρεθεί το $\lim\limits_{n\to\infty }\left (\frac{(2n+1)!}{(n!)^2}\right )^2\int_0^1\int_0^1(xy(1-x)(1-y))^nf(x,y)\,dx\,dy$ .

Για να είμαι ακριβής εδώ η παρένθεση είναι xy(1-y)(1-y)

αλλά μάλλον πρόκειται για τυπογραφικό.

#26

Συγχαρητήρια σε όλα τα παιδιά και πάντα επιτυχίες

Χρήστος Τσιφάκης

Καραδήμας · #27

Πολλά συγχαρητήρια, εννοείται. Και ακόμα καλύτερα του χρόνου. Μια και μου τα θύμισε ο Αχιλλέας, το πρόβλημα αυτό βρίσκεται στο γνωστό πλέον Biler και Witkowski: είναι το 5.73 στη σελίδα 57.

Λέγανε τότε: δίνεται συνεχής $f:[0,1]\times [0,1]\to {\mathbb R}$ . Να βρεθεί το $\lim\limits_{n\to\infty }\left (\frac{(2n+1)!}{(n!)^2}\right )^2\int_0^1\int_0^1(xy(1-x)(1-y))^nf(x,y)\,dx\,dy$ .

Με παραπομπή στο Matematika segodnia του Dorogovcev (από το Κίεβο, που έχει επίσης πετυχημένες συμμετοχές σε αυτούς τους διαγωνισμούς).

#28

Καλησπέρα σας!

Στο άρθρο Concursul international de matematic a al studentilor din sud-estul Europei,Editia a III-a, Agros-Cipru, 2009, σελ. 141-147 , υπάρχουν εναλλλακτικές λύσεις και ενδιαφέρουσες πληροφορίες.

Φιλικά,

Αχιλλέας

SEEMOUS 2009

Re: SEEMOUS 2009

Re: SEEMOUS 2009

Re: SEEMOUS 2009

Re: SEEMOUS 2009

Re: SEEMOUS 2009

Re: SEEMOUS 2009

Re: SEEMOUS 2009

Re: SEEMOUS 2009

Μέλη σε σύνδεση