ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΕΠΙΛΟΓΗΣ ΓΙΑ ΤΗ ΔΙΕΘΝΗ ΦΟΙΤΗΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΟΜΑΔΑ Α

Transcript

1 ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ ΣΧΟΛΗ ΕΦΑΡΜΟΣΜΕΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΚΑΙ ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΕΠΙΛΟΓΗΣ ΓΙΑ ΤΗ 7 Ιουνίου 008 ΔΙΕΘΝΗ ΦΟΙΤΗΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Να απαντήσετε σε 3 θέματα από την ομάδα Α και στα της ομάδας Β. ΟΜΑΔΑ Α ΠΡΟΒΛΗΜΑ Α Δίνεται η ακολουθία a 3 = , =,,... 3 Να αποδείξετε ότι: + (α) a =, =,,... (Μονάδες 5) (β) lim a =, (Μονάδες 5) + ( a ) (γ) lim = e. (Μονάδες 0) +! (α) ος τρόπος (Με επαγωγή) + Για =, έχουμε a = =, ισχύει. k + Έστω ότι ισχύει ak =, για το τυχόν k. Τότε θα είναι k 3 k k+ k+ k+ ( k + ) + a k + = k k k k k + = + + =, + οπότε η σχέση που ζητάμε ισχύει για κάθε θετικό ακέραιο. ος τρόπος Έχουμε ότι 3 a = , =,,... () 3

2 από την οποία με πολλαπλασιασμό των δύο μελών επί λαμβάνουμε 3 a = , =,,... () Με αφαίρεση κατά μέλη της () από την () λαμβάνουμε a = = + + = =, + + από την οποία προκύπτει η ζητούμενη σχέση. (β) lim a =, + (γ) Έχουμε αφού + lim = 0., (γιατί;) + a + = = +!!!!. Αν θέσουμε β και = = = b γ = = = c!!!!, έχουμε: ( ) + b + lim lim lim 0 +! + +! = = + e b + =, οπότε και lim β = e + c! + lim = lim = lim 0 0 c + (! ) Επειδή είναι lim = e και lim = 0 έπεται ότι +! +! =, οπότε και lim γ = 0. + lim + ( a )! = e. ΠΡΟΒΛΗΜΑ Α (α) Αν Β Μ και Β =Ο, να αποδείξετε ότι: (β) Αν ΑΒ Μ, m, Ααντιστρέψιμος, ΑΒ=ΒΑ και Β =Ο,, για κάποιο θετικό ακέραιο m, να αποδείξετε ότι: tr ( Β+Ι ) = και det ( Β +Ι ) =. (Μονάδες 0) det Α +Β = det Α. (Μονάδες 0)

3 (α) Επειδή ο πίνακας Β έχει διπλή ιδιοτιμή το 0 και ο πίνακας Β έχει διπλή ιδιοτιμή το 0, οπότε ο πίνακας Β+Ι έχει διπλή ιδιοτιμή το. Άρα είναι Όμως ο πίνακας Β+Ι () χ Β+Ι t = t = t t+ () έχει χαρακτηριστικό πολυώνυμο () t t tr t det χ Β+Ι = Β+Ι + Β+Ι () Από τις () και () έπεται ότι tr ( Β +Ι ) = και (β) Επειδή ο πίνακας Α είναι αντιστρέψιμος έχουμε det Β +Ι =. det Α+Β = det Ι+ΒΑ Α= det Ι+ΒΑ det Α m Επειδή είναι Β =Ο,, για κάποιο θετικό ακέραιο m, ο πίνακας Β έχει το 0 διπλή ιδιοτιμή και αφού είναι πραγματικός πίνακας θα έχουμε : 0 Β ή Β υπάρχει αντιστρέψιμος πίνακας Ρ τέτοιος ώστε Τότε όμως ισχύει και 0 Ρ ΒΡ= ή Ρ ΒΡ= Β =Ο. ΒΑ =ΒΑ ΒΑ = Α ΒΒΑ =Α Β Α =Ο, (4) αφού ΑΒ=ΒΑ Β=Α ΒΑ ΒΑ =Α Β. Από το ερώτημα (α) και την (3) προκύπτει ότι ( Ι +ΒΑ ) det ( Α+Β ) = det ( Ι+ΒΑ ) det Α= det Α det = και (3) ΠΡΟΒΛΗΜΑ Α3 Δίνεται ορθογώνιο,, διαμερισμένο σε μοναδιαία τετράγωνα. Χρωματίζουμε τα μοναδιαία τετράγωνα του ορθογωνίου χρησιμοποιώντας 5 χρώματα. Λέμε ότι ένας χρωματισμός έχει ένα διαχωρισμό, αν σε μία από τις στήλες του ορθογωνίου τα δύο μοναδιαία τετράγωνα έχουν χρωματιστεί με το ίδιο χρώμα. Βρείτε: (α) τον αριθμό των χρωματισμών που δεν έχουν διαχωρισμούς. (Μονάδες 0) (β) τον αριθμό των χρωματισμών με έναν ακριβώς διαχωρισμό. (Μονάδες 0) (α) Κάθε μοναδιαίο τετράγωνο της πρώτης γραμμής του ορθογωνίου μπορεί να χρωματιστεί χωρίς περιορισμό με 5 διαφορετικά χρώματα. Έτσι η πρώτη γραμμή μπορεί να χρω-

4 ματιστεί με διαφορετικούς τρόπους. Για να μην υπάρχουν διαχωρισμοί κάθε μοναδιαίο τετράγωνο της δεύτερης γραμμής πρέπει να χρωματιστεί με 4 διαφορετικά χρώματα, οπότε η δεύτερη γραμμή χρωματίζεται με 4 διαφορετικούς τρόπους. Αρα το ορθογώνιο μπορεί να χρωματιστεί χωρίς διαχωρισμούς συνολικά με 5 4 = 0 διαφορετικούς τρόπους. 5 (β) Ομοίως κάθε μοναδιαίο τετράγωνο της πρώτης γραμμής του ορθογωνίου μπορεί να χρωματιστεί χωρίς περιορισμό με 5 διαφορετικά χρώματα. Έτσι η πρώτη γραμμή μπορεί να χρωματιστεί με 5 διαφορετικούς τρόπους. Για το χρωματισμό της δεύτερης γραμμής του ορθογωνίου μπορούμε να χρωματίζουμε το μοναδιαίο τετράγωνο κάθε στήλης με το χρώμα του υπερκείμενου τετραγώνου και όλα τα υπόλοιπα με 4 διαφορετικά χρώματα το καθένα. Αυτό μπορεί να γίνει συνολικά με 4 τρόπους. Άρα οι διαφορετικοί χρωματισμοί του ορθογωνίου με έναν ακριβώς διαχωρισμό είναι συνολικά 5 4 = 5 0 ΠΡΟΒΛΗΜΑ Α4 Υποθέτουμε ότι όλα τα σημεία ενός κύκλου χρωματίζονται πράσινα και κόκκινα, έτσι ώστε κάθε εγγεγραμμένο ισόπλευρο τρίγωνο έχει ακριβώς δύο κορυφές πράσινες. Να αποδείξετε ότι μπορούμε να βρούμε ένα εγγεγραμμένο τετράγωνο το οποίο έχει τουλάχιστον τρεις κορυφές του πράσινες. Θεωρούμε κανονικό δωδεκάγωνο ΑΑ... Α εγγεγραμμένο στο κύκλο. Τότε τα ισόπλευρα τρίγωνα ΑΑΑ, ΑΑΑ, ΑΑΑ και ΑΑΑ θα έχουν συνολικά 8 κορυφές τους πράσινες. Αν θεωρήσουμε τώρα τα τετράγωνα και ΑΑΑΑ (Μονάδες 0) Α ΑΑΑ, ΑΑΑΑ οκτώ από τις δώδεκα κορυφές τους θα είναι πράσινες. Άρα σύμφωνα με την αρχή Dirichlet ένα τουλάχιστον από αυτά θα έχει τρεις τουλάχιστον κορυφές του πράσινες. ΟΜΑΔΑ Β a > ΠΡΟΒΛΗΜΑ Β (α) Η συνάρτηση : είναι παραγωγίσιμη στο και υπάρχει μηδενική ακολου- θία ( a ),, με 0, για κάθε, έτσι ώστε να ισχύει: x+ a x = a x,

5 ( x) 0 για κάθε x και για κάθε. Να αποδείξετε ότι =, για κάθε x. (Μονάδες 0) (β) Να προσδιορίσετε όλες τις συνεχείς συναρτήσεις : που ικανοποιούν την ισότητα x+ t dt x x () = +, για κάθε x και για κάθε. (Μονάδες 0) (α) Επειδή η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο, από τη δεδομένη ισότητα έ- πεται ότι και η συνάρτηση. Με παραγώγιση των δύο μελών της δεδομένης ισότητας ως προς είναι παραγωγίσιμη στο x λαμβάνουμε x+ a x = a x, () για κάθε x και για κάθε. Επειδή η συνάρτηση, οπότε από την ισότητα () προκύπτει ότι και η συνάρτηση θα είναι και συνεχής στο είναι συνεχής στο. είναι παραγωγίσιμη στο Από το θεώρημα μέσης τιμής για τη συνάρτηση ( t ) στο διάστημα [ x x a ] τη δεδομένη ισότητα, προκύπτει ότι υπάρχουν σημεία b ( x, x a ) ( b ) για κάθε x και για κάθε. ( + ) a, + τέτοια ώστε + και x a x = = x, () Από το θεώρημα του Rolle για τη συνάρτηση ( t) στο διάστημα [ ] ότι υπάρχουν c ( x, b ) τέτοια ώστε Επειδή είναι x < c < b < x+ a της συνέχειας της για κάθε x. ( x) από την (3) έπεται ότι (β) Επειδή η είναι συνεχής στο, x b προκύπτει ( c ) = 0, για κάθε. (3), για κάθε, έπεται ότι lim c = x, οπότε λόγω x = lim c = 0, + +, ορίζεται μία παράγουσα F ( x ) αυτής στο. Τότε, από το θεμελιώδες θεώρημα του Απειροστικού Λογισμού η δεδομένη ισότητα γίνεται

6 F x+ F x = x +, (4) για κάθε x και για κάθε. Από τη σχέση αυτή με παραγώγιση και των δύο μελών προκύπτει ότι η συνάρτηση για κάθε x και για κάθε. x είναι παραγωγίσιμη και ότι ισχύει x+ x = Έτσι, αναγόμαστε στο ερώτημα (α) με ακολουθία όρους θετικούς. Άρα έχουμε ( x) 0 ολοκληρώσεις προκύπτει ότι ( x) ax b, ( x) a, (5) = που είναι μηδενική και έχει =, για κάθε x, από την οποία με διαδοχικές = + όπου ab, αυθαίρετες σταθερές. Όμως η x πρέπει να επαληθεύει τη δεδομένη ισότητα, δηλαδή πρέπει a ax x+ + b x+ bx = ( ax+ b) +, για κάθε x και για κάθε, από την οποία προκύπτει ότι a = και b, οπότε η συνάρτηση που ζητάμε είναι η ( x) = x+ b, b. ΠΡΟΒΛΗΜΑ Β Δίνεται η συνάρτηση F x, x,..., x = x + x + + x xx xx3 x x x x x x x [ ], και,,..., 0,. (α) Αν η συνάρτηση { }, F( x, x,..., x ) έχει μέγιστη τιμή στο σημείο ( ξ, ξ,..., ξ ), να απο- δείξετε ότι : ξ j 0,, για κάθε j =,,...,. (Μονάδες 0) (β) Βρείτε τη μέγιστη τιμή της συνάρτησης F x, x,..., x και τα σημεία στα οποία αυτή λαμβάνεται. (Μονάδες 0) (α) Θεωρούμε τη συνάρτηση : με τύπο x = x x + x x+ x + + x x x x x, 3

7 για την οποία ισχύει ότι ( x ) = F( x x x ). Η συνάρτηση,,..., x είναι φθίνουσα x+ x x στο διάστημα + x, και γνησίως αύξουσα στο διάστημα, +. Επειδή x x [ ], έπεται ότι και [ 0,], οπότε η μέγιστη τιμή της, 0, x στο διάστημα [ 0,] η τιμή x + x λαμβάνεται σε ένα από τα άκρα του διαστήματος, δηλαδή είναι η τιμή (). Άρα η τιμή της ( x ) = F( x x x ) γίνεται μέγιστη όταν x { 0,},,..., ( 0). Λόγω της συμμετρίας της F προκύπτει ότι αν η μέγιστη τιμή της λαμβάνεται στο σημείο ( ξ, ξ,..., ξ ), τότ ε ξ j { 0, }, για κάθε j =,,...,. (β) Έχουμε αφού [ ] F x, x,..., x = x x + x x x x, () 3 xi x i + 0,, για κάθε i=,,...,, x = + x, οπότε διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: Αν ο είναι άρτιος, έστω = k, τότε επιτυγχάνεται η μέγιστη δυνατή τιμή, όταν όλα τα τετράγωνα είναι ίσα με. Αυτό, λαμβάνοντας υπόψη και το ερώτημα (α), συμβαίνει όταν ( x, x,..., x ) (,0,,0,...,,0 ) ή ( x, x,..., x ) ( 0,,0,,...,0,) = =. Αν ο είναι περιττός, έστω = k +, τότε δεν μπορεί να ισχύει F =, οπότε θα είναι F = k. Αυτό επιτυγχάνεται, λόγω και του ερωτήματος (α), στα σημεία ( x, x,..., x ) = ( 0,0,,0,,...,0,) ή ( x, x,..., x ) = (,,0,,0,...,,0 ) καθώς και για όλες τις κυκλικές τους μεταθέσεις. max,,..., =. Σε κάθε περίπτωση έχουμε: F( x x x ) ή