forum.math.uoa.gr

Forum του Τμήματος Μαθηματικών
Ημερομηνία 13 Δεκ 2017, 20:36

Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]




Δημιουργία νέου θέματος Απάντηση στο θέμα  [ 30 δημοσιεύσεις ]  Μετάβαση στην σελίδα 1, 2  Επόμενο
Συγγραφέας Μήνυμα
 Θέμα δημοσίευσης: Φοιτητικοί Διαγωνισμοί στα Μαθηματικά
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 16 Φεβ 2009, 12:02 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 12 Μαρ 2006, 22:43
Δημοσ.: 3627
Τοποθεσια: Αθήνα
Παρακάτω θα δείτε τα θέματα Μαθηματικών, των οποίων ζητήθηκε η λύση τους στον διαγωνισμό επιλογής 2009 για την φοιτητική Ολυμπιάδα. Τα θέματα θα τα βρείτε εδώ
Όταν είσαστε δύσκολα για κάποιον λόγο κάνετε μία προσπάθεια και θα αισθανθείτε καλύτερα. Τα Μαθηματικά δεν σας προδίδουν ποτέ!
Να δημοσιεύσετε τις λύσεις σας στο ΦΟΡΟΥΜ, διότι και ΦΟΡΟΥΜ Τμήματος Μαθηματικών είμαστε και διαθέτουμε και LaTex

_________________
Ευάγγελος Ράπτης


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Φοιτητικοί Διαγωνισμοί στα Μαθηματικά
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 16 Φεβ 2009, 16:06 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 16 Φεβ 2009, 14:35
Δημοσ.: 6
Μία προσπάθεια για τη λύση μερικών θεμάτων.. έχω καιρό να ασχοληθώ και ίσως έχω κάνει αρκετά λάθη
Αντι να τα γράψω με άσπρα γράμματα μετέφερα το κείμενο λίγο πιο κάτω ελπίζοντας να μη χαλάσω την προσπάθεια όποιου θέλει να τις δοκιμάσει










Πρόβλημα 2
η π είναι φανερά αναδιάταξη του ΙΝ
ισχύει ότι 1<2<3<..<n
και \frac{1}{{1}^{2}}>\frac{1}{{2}^{2}}>...>\frac{1}{{n}^{2}}
συμφωνα με την rearrangement inequality
1+\frac{2}{{2}^{2}}+...+\frac{n}{{n}^{2}}\leq\frac{r(1)}{{1}^{2}} +\frac{r(2)}{{2}^{2}}+...+\frac{r(n)}{{n}^{2}}
οπου r μια τυχαία αναδιάταξη του {1,2,..,n}

Δλδ 1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}\leq \frac{r(1)}{{1}^{2}} +\frac{r(2)}{{2}^{2}}+...+\frac{r(n)}{{n}^{2}}
παίρνοντας όρια στην ανισότητα έχουμε ότι το όριο του δεύτερου μέλους είναι άπειρο αφού στο πρώτο μέλος έχουμε την αρμονική σειρά ταξης 1 που απειρίζεται θετικά


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Φοιτητικοί Διαγωνισμοί στα Μαθηματικά
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 16 Φεβ 2009, 16:38 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 16 Φεβ 2009, 14:35
Δημοσ.: 6
Πρόβλημα 4

Έστω αρχικά η μετάθεση (1,2,3,..,n) η οποία δεν έχει κάθοδο
Μία κάθοδος μπορεί να δημιουργηθέι μόνο αν μεταφερθει ένα τμημα κ αριθμων στη σειρα
πχ το τμημα 3,4,5 να μεταφερθει μετα το 1 αφήνοντας τα υπόλοιπα στην ίδια σειρα
(1,3,4,5,2,6,7,..,n)
αν μεταφερθει και δευτερο τμήμα διάφορο του πρωτου ( η της συνέχειας του πρωτου στο τέλος του πρωτου) που χρησιμοποιήσαμε θα δημιουργήθουν δυο κάθοδοι κλπ..
συνεπως το πληθος ειναι ν-1 για τα τμήματα με έναν αριθμό , ν-2 για τα τμηματα με δυο αριθμους ,.., 1 για το τμημα με ν-1 αριθμους
1+2+3+..+ (ν-1)= (ν-1)ν/2


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Φοιτητικοί Διαγωνισμοί στα Μαθηματικά
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 16 Φεβ 2009, 17:22 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 16 Φεβ 2009, 14:35
Δημοσ.: 6
Πρόβλημα 5
αν a=1 φανερά ισχύει η πρόταση που θέλουμε να δείξουμε οπότε υποθέτουμε παρακάτω πως a διάφορο του 1
Iσχύει ότι 1+a+{a}^{2}+...+{a}^{n-1}=\frac{{a}^{n}-1}{a-1}

Με μαθηματική επαγωγή:
1)για ν=2 φανερά από την υπόθεση έχουμε ότι a περιττος.. και συνεπως 2 | 1+a
2)για νμικρότερο η ίσο με κ υποθέτουμε ότι η πρόταση ισχύει
3)για ν= κ+1
i) αν κ+1 πρωτος τότε απο την υπόθεση μας βρίσκουμε εύκολα ότι κ+1| a+1
1+a+{a}^{2}+...+{a}^{k}= 1+a + {a}^{2}(1+a)+...+ {a}^{k-1}(1+a)
αφου κ+1| a+1 το κ+1 διαιρεί το δευτερο μέλος και άρα και το πρώτο

ii) αν κ+1 σύνθετος τότε μπορουμε να βρούμε δύο αριθμούς x,y τέτοιους ώστε
κ+1=xy και (x,y)=1
τα x,y διαιρουν το {(a-1)}^{2009}
και άρα συμφωνα με το 2) έχουμε ότι x|\frac{{a}^{x}-1}{a-1}
και y|\frac{{a}^{y}-1}{a-1}

Εμείς αρκεί να δείξουμε ότι k+1|\frac{{a}^{k+1}-1}{a-1}
δλδ xy|\frac{{a}^{xy}-1}{a-1}
και επειδη τα x,y ειναι ξένα μεταξύ τους αρκει
x|\frac{{a}^{xy}-1}{a-1} και y|\frac{{a}^{xy}-1}{a-1}
θα δείξουμε το ένα απο τα δύο μιας και είναι συμμετρικά
\frac{{a}^{xy}-1}{a-1}= \frac{{({a}^{y})}^{x}-1}{a-1}= \frac{{a}^{y}-1}{a-1}z
(χρησιμοποιήσαμε την ταυτότητα {a}^{n}-1 = (a-1)({a}^{n-1}+{a}^{n-2}+...+1) και γραψαμε z
στη θέση του δεύτερου μέλους λογω...latex)
Απο το παραπάνω είναι φανερό πως y|\frac{{a}^{xy}-1}{a-1}
αφου y|\frac{{a}^{y}-1}{a-1}z


Τελευταία επεξεργασία απο hurr54 την 16 Φεβ 2009, 19:20, επεξεργάστηκε 2 φορές συνολικά.

Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Φοιτητικοί Διαγωνισμοί στα Μαθηματικά
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 16 Φεβ 2009, 19:04 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 12 Μαρ 2006, 22:43
Δημοσ.: 3627
Τοποθεσια: Αθήνα
Προς hurr54:
Μπράβο για την μεγάλη σου προσπάθεια. Να συνεχίσεις.

Προς όλους: Οι λύσεις που δημοσιεύει ο hurr54 ούτε οι μοναδικές είναι ούτε οι πιο ωραίες (αν και οι δικές του είναι πολύ ωραίες)
Να δημοσιεύσετε και εσείς τις δικές σας και προπάντων να κάνετε λεπτομερή έλεγχο για την ορθότητα όλων των λύσεων

_________________
Ευάγγελος Ράπτης


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Φοιτητικοί Διαγωνισμοί στα Μαθηματικά
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 17 Φεβ 2009, 00:51 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 05 Φεβ 2008, 03:03
Δημοσ.: 424
Για τη 2, για να ισχύει η ανισότητα της αναδιάταξης πρέπει, όπως λες, η r να είναι αναδιάταξη του \{1,2,\cdots n\}, αλλά εδώ δεν ειναι απαραίτητα. Η r είναι αναδιάταξη του \mathbb{N}, αλλά μπορεί να μην είναι αναδιάταξη του \{1,2,\cdots n\} για κανένα n\in\mathbb{N}.

_________________
\emptyset\not=\{\emptyset\}


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Φοιτητικοί Διαγωνισμοί στα Μαθηματικά
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 17 Φεβ 2009, 10:57 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 23 Δεκ 2008, 23:18
Δημοσ.: 11
Τοποθεσια: Παπαγου
Προσπάθεια για το Πρόβλημα 1:

Όλοι οι όροι της μορφής \frac{(n-k)^{n-k}}{n^n} \quad k=1,2, \dots, n-1, τείνουν στο μήδεν όταν το n τείνει στο άπειρο σύμφωνα με τον ακόλουθο συλλογισμό, (για k=1):

\frac{(n-1)^{n-1}}{n^n}=\frac{n^{n-1}+p(n^{n-2})}{n^n}=\frac{n^{n-1}}{n^n}+\frac{p(n^{n-2})}{n^n}=
=\frac{1}{n}+\frac{p(n^{n-2})}{n^{n-2}} \cdot \frac{1}{n^2} \quad (1)

,όπου p(n^{n-2}) είναι ένα πολυώνυμο στο n βαθμού n-2.
Άρα:
\lim_{n \to \infty} \frac{1^1+2^2+ \dots +(n-1)^{n-1}+n^n}{n^n}=
=\lim_{n \to \infty}\frac{1^1}{n^n}+\frac{2^2}{n^n}+\dots+\frac{(n-1)^{n-1}}{n^n}+\frac{n^n}{n^n}=
=^{(1)} \lim_{n \to \infty} \frac{1^1}{n^n}+\frac{2^2}{n^n}+\dots+[\frac{1}{n}+\frac{p(n^{n-2})}{n^{n-2}}\cdot \frac{1}{n^2}]+1=
= 0+0+0+ \dots + 0 + 1 =1.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Φοιτητικοί Διαγωνισμοί στα Μαθηματικά
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 17 Φεβ 2009, 13:05 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 23 Οκτ 2008, 22:37
Δημοσ.: 16
Νομιζω οτι υπαρχει καποιο προβλημα στην λυση σου αφου το πληθος τον παραγοντων που ειναι μηδεν τεινουν στο απειρο π.χ. 1=\lim_{n\to\infty}1=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}+\dots+\frac{1}{n}=0+0+\dots+\+0


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Φοιτητικοί Διαγωνισμοί στα Μαθηματικά
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 17 Φεβ 2009, 19:48 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 23 Δεκ 2008, 23:18
Δημοσ.: 11
Τοποθεσια: Παπαγου
Νομίζω έχεις δίκιο.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Φοιτητικοί Διαγωνισμοί στα Μαθηματικά
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 17 Φεβ 2009, 23:01 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 16 Φεβ 2009, 14:35
Δημοσ.: 6
detnvvp έγραψε:
Για τη 2, για να ισχύει η ανισότητα της αναδιάταξης πρέπει, όπως λες, η r να είναι αναδιάταξη του \{1,2,\cdots n\}, αλλά εδώ δεν ειναι απαραίτητα. Η r είναι αναδιάταξη του \mathbb{N}, αλλά μπορεί να μην είναι αναδιάταξη του \{1,2,\cdots n\} για κανένα n\in\mathbb{N}.


Κατάλαβα τι λες :shock:
Έχεις μήπως στο μυαλό σου κάποια αναδιάταξη του ΙΝ με την ιδιοτητα που περιγράφεις;


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Φοιτητικοί Διαγωνισμοί στα Μαθηματικά
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 18 Φεβ 2009, 00:31 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 05 Φεβ 2008, 03:03
Δημοσ.: 424
Ναι, την εξής:
r(1)=2, r(2)=4, r(3)=1, r(4)=6, r(5)=8,r(6)=3, r(7)=10, r(8)=12, r(9)=5\cdots

_________________
\emptyset\not=\{\emptyset\}


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Φοιτητικοί Διαγωνισμοί στα Μαθηματικά
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 18 Φεβ 2009, 04:10 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 15 Σεπ 2007, 17:12
Δημοσ.: 174
Τοποθεσια: Ν.Σμυρνη
hurr54 έγραψε:
Πρόβλημα 5
3)για ν= κ+1
i) αν κ+1 πρωτος τότε απο την υπόθεση μας βρίσκουμε εύκολα ότι κ+1| a+1
1+a+{a}^{2}+...+{a}^{k}= 1+a + {a}^{2}(1+a)+...+ {a}^{k-1}(1+a)
αφου κ+1| a+1 το κ+1 διαιρεί το δευτερο μέλος και άρα και το πρώτο

ii) αν κ+1 σύνθετος τότε μπορουμε να βρούμε δύο αριθμούς x,y τέτοιους ώστε
κ+1=xy και (x,y)=1


Για το i) απο υποθεση εχεις οτι κ+1 διαιρει το a-1 επομενως αν ισχυει αυτο που λες θα ειχαμε οτι κ+1 διαιρει το 2 που μαλλον δεν ειναι ετσι.Επισης ακομα κ ετσι υποθετεις οτι μπορεις να χωρισεις ενα αθροισμα κ+1 ορων σε ζευγαρια το οποιο δεν γινεται αφου εχεις υποθεσει οτι κ+1 πρωτος.
Για το ii) δεν μπορεις παντα να το κανεις αυτο,μπορει πχ ο συνθετος σου να ειναι δυναμη πρωτου.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Φοιτητικοί Διαγωνισμοί στα Μαθηματικά
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 18 Φεβ 2009, 17:05 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 16 Φεβ 2009, 14:35
Δημοσ.: 6
Alucard έγραψε:
Για το i) απο υποθεση εχεις οτι κ+1 διαιρει το a-1 επομενως αν ισχυει αυτο που λες θα ειχαμε οτι κ+1 διαιρει το 2 που μαλλον δεν ειναι ετσι.Επισης ακομα κ ετσι υποθετεις οτι μπορεις να χωρισεις ενα αθροισμα κ+1 ορων σε ζευγαρια το οποιο δεν γινεται αφου εχεις υποθεσει οτι κ+1 πρωτος.
Για το ii) δεν μπορεις παντα να το κανεις αυτο,μπορει πχ ο συνθετος σου να ειναι δυναμη πρωτου.


Ναι έχεις απολυτο δικιο. Είμαι πολύ απρόσεχτος.
Θα δω αργότερα αν μπορώ να διορθώσω την απόδειξη.

Για το πρόβλημα 1.
Δεν έχω τη λύση αλλα τα εξής αποτελέσματα μόνο
\frac{{(n+1)}^{n}}{{n}^{n}}>\frac{1+{2}^{2}+...+{n}^{n}}{{n}^{n}}
Την ανισότητα την παιρνουμε αν αναπτύξουμε το (n+1)^n
το όριο στο πρώτο μέλος ειναι e συνεπώς το όριο που ψάχνουμε είναι μικρότερο η ίσο του e
Είναι επίσης μεγαλύτερο η ίσο της μονάδας αφου \frac{1+{2}^{2}+...+{n}^{n}}{{n}^{n}}>\frac{{n}^{n}}{{n}^{n}}=1


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Φοιτητικοί Διαγωνισμοί στα Μαθηματικά
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 18 Φεβ 2009, 17:48 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 16 Φεβ 2009, 14:35
Δημοσ.: 6
Πρόβλημα 5
Διόρθωση της πρώτης περίπτωσης

k+1 πρώτος και η υπόθεση δίνει κ+1| a-1 συνεπώς a-1=(k+1)m και τελικά a= (k+1)m +1
1\equiv1mod(k+1)
(k+1)m+1\equiv1mod(k+1)
...
{((k+1)m+1)}^{k}\equiv1mod(k+1)

Και με πρόσθεση όλων των παραπάνω έχουμε ότι
1+a+{a}^{2}+..+{a}^{k}\equiv(k+1)mod(k+1)
Άρα
1+a+{a}^{2}+..+{a}^{k}\equiv0mod(k+1)


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Φοιτητικοί Διαγωνισμοί στα Μαθηματικά
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 20 Φεβ 2009, 14:24 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer

Εγγραφη: 12 Μαρ 2006, 22:43
Δημοσ.: 3627
Τοποθεσια: Αθήνα
Χρήσιμα στοιχεία για τους διαγωνισμούς μπορείτε να βρείτε και εδώ

_________________
Ευάγγελος Ράπτης


Κορυφή
 Προφίλ  
 
Τελευταίες δημοσιεύσεις:  Ταξινόμηση κατά  
Δημιουργία νέου θέματος Απάντηση στο θέμα  [ 30 δημοσιεύσεις ]  Μετάβαση στην σελίδα 1, 2  Επόμενο

Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]


Μελη σε συνδεση

Μέλη σε αυτή την Δ. Συζήτηση : Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης


Δεν μπορείτε να δημοσιεύετε νέα θέματα σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να απαντάτε σε θέματα σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να επεξεργάζεστε τις δημοσιεύσεις σας σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να διαγράφετε τις δημοσιεύσεις σας σε αυτή τη Δ. Συζήτηση

Αναζήτηση για:
Μετάβαση σε:  
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group