ΣΕΜΦΕ forum

Με το θεώρημα παρεμβολης,ε;
Εγώ νομλιζω ότι το έλυσα διαφορετικά.Αφού οι φ,ψ είναι προτασιακοί τύποι σημαίνει ότι είναι πεπερασμένες ακολουθίες συμβόλων οπότε θα περιέχουν πεπερασμένο πλήθος προτασιακών μεταβλητών.Όμως το σύνολο των προτασιακών μεταβλητών είναι αριθμήσιμο οπότε έστω Α μια προτασιακή μεταβλητή η οποία δεν χρησιμοποιήθηκε στην κατασκευή ούτε του φ ούτε του ψ.
Θέτω χ=φV(ψ και ψ).Επειδή φ<ψ έπεται ότι το φ δεν είναι ταυτολογία και το ψ δεν είναι αντιλογία ελέγχοντας προκύπτει ότι
φ<χ<ψ.

Σε ευχαριστώ

Έστω ένας τοίχος απείρων διαστάσεων τον οποίον τον χρωματίζουμε τυχαία με τα χρώματα κόκκινο και μπλέ. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν τουλάχιστον δύο σημεία σε απόσταση 1m που να έχουν το ίδιο χρώμα.

Μάλλον λάθος θα κάνω αλλά ας το πω.....
Θα πάω με εις άτοπο απαγωγή.Έστω λοιπόν ότι δεν υπάρχει κανένα ζεύγος σημείων που να έχουν το ίδιο χρώμα σε απόσταση ίση με ενα.Θεωρώ ένα τυχαίο σημείο του τοίχου Κ που είναι χρωματισμένο με το χρώμα 0.Τότε από υπόθεση δεν υπάρχει καποιο σημείο του τοίχου με χρώμα 0 που να βρίσκεται σε απόσταση ένα από το Κ οπότε όλα τα σημεία της περιφέρειας του κύκλου με κέντρο το Κ και ακτίνα ένα θα ήταν βαμμένα με το χρώμα 1.Φέρω χορδή του κύκλου μήκους ένα(υπάρχει τέτοια έτσι;!!!).Αυτή θα έχει άκρα δύο σημεία που απέχουν απόσταση ενα και είναι χρωματισμένα με το χρώμα 1.......

Ακόμη πιο στοιχειωδώς χωρίς άτοπο.Ας θεωρήσουμε ένα ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρά μήκους 1m.Τότε έχουμε τρεις το πλήθος κορυφές και δύο δυνατούς χρωματισμούς.Από την αρχή του περιστερεώνα τουλάχιστον δύο κορυφές θα έχουν τον ίδιο χρωματισμό και ως εκ θαύματος θα απέχουν απόσταση ίση με 1m.

Μπράβο και οι δύο λύσεις είναι σωστές.
Στην πρώτη λύση προφανώς αν πάρεις έναν κύκλο διαμέτρου 2, τότε υπάρχει χορδή μήκους 1(γιατί??)

kostas.m έγραψε:Έστω ένας τοίχος απείρων διαστάσεων τον οποίον τον χρωματίζουμε τυχαία με τα χρώματα κόκκινο και μπλέ. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν τουλάχιστον δύο σημεία σε απόσταση 1m που να έχουν το ίδιο χρώμα.

Αυτό το πρόβλημα είναι το αγαπημένο μου. Το πρωτοάκουσα όταν ήμουν στο λύκειο και τότε κατάλαβα ότι τα μαθηματικά δεν είναι πράξεις, αλλά σκέψη.

Πρόβλημα ανάλυσης:
Να βρεθεί το για

kostas.m έγραψε: Πρόβλημα ανάλυσης:
Να βρεθεί το για

Ειναι 1 ?

Ειναι 1 ?

Για k=0 βγαίνει 1, για άλλες τιμές του κ, όχι. Για παράδειγμα για φυσικό το όριο ισούται με καθώς ο αριθμητής ισούται με και διαιρώντας με το και παίρνοντας όρια επιζεί μόνο ο πρώτος όρος.
Για κ μικρότερο ή ίσο του -1 μάλλον αποκλίνει αφού παίρνουμε την τιμή της συνάρτησης Ρίμαν στο -κ, που είναι πεπερασμένη, επί κάτι που τείνει στο άπειρο.

Συγνώμη ρε παιδιά αλλά επειδή έχω να διαβάσω καιρό και κάτι δεν μου κάθεται καλά , μπορεί κανείς να μου απαντήσει γιατί η τομή δύο ανοιχτών συνόλων πρέπει να είναι ανοιχτό σύνολο ? ( μιλάω για υποσύνολα του R και γενικά )

StEf8eO έγραψε:Συγνώμη ρε παιδιά αλλά επειδή έχω να διαβάσω καιρό και κάτι δεν μου κάθεται καλά , μπορεί κανείς να μου απαντήσει γιατί η τομή δύο ανοιχτών συνόλων πρέπει να είναι ανοιχτό σύνολο ? ( μιλάω για υποσύνολα του R και γενικά )

Έστω U, V ανοικτά σύνολα.
Αυτό σημαίνει ότι:
1)για κάθε x που ανήκει στο U υπάρχει μπάλα με κέντρο το x και κάποια ακτίνα ρ1 που κάθε στοιχείο της να βρίσκεται στο U (B(x,ρ1) )
2)για κάθε x που ανήκει στο V υπάρχει μπάλα με κέντρο το x και κάποια ακτίνα ρ2 που κάθε στοιχείο της να βρίσκεται στο V (B(x,ρ2) )
Τώρα, αν τοτε ισχύει(γιατί?)
Αλλιώς, αν τότε το x ικανοποιεί και τις 1,2 οπότε για ρ=min{ρ1,ρ2} B(x,ρ)
και B(x,ρ), άρα B(x,ρ) και άρα το για κάθε x στην υπάρχει μπάλα
με κέντρο το x και ακτίνα ρ που κάθε στοιχείο της να βρίσκεται στην τομή.
Τώρα για το σύνολο των πραγματικών, B(x,r)=(x-r,x+r)

1/2rizax έγραψε: Για παράδειγμα για φυσικό το όριο ισούται με καθώς ο αριθμητής ισούται με και διαιρώντας με το και παίρνοντας όρια επιζεί μόνο ο πρώτος όρος.

Καλά το πας.

Σωστό αυτό αν ο χώρος σου έχει μετρική. Αν πας γενικότερα σε τοπολογικό χώρο Χ στην ουσία το δέχεσαι χωρίς απόδειξη αφού ορίζεις τα ανοικτά του Χ να είναι μια οικογένεια συνόλων που είναι κλειστή στις πεπερασμένες τομές και τις αυθαίρετες ενώσεις και να περιέχει το Χ και το κενό.

Κώστα πάει ως εξής:
Έστω κύκλος με κέντρο Κ και ακτίνα ρ=1.Έστω Ο ένα σημείο πάνω στην περιφέρεια του κύκλου.Με κέντρο το Ο και ακτίνα την ΟΚ(ίση με 1) φέρω κύκλο που τέμνει τον αρχικό σε δύο σημεία Α και Β αντίστοιχα.Το τρίγωνο ΚΟΑ(ή και το ΚΟΒ) είναι ισόπλευρο διότι είναι (ΚΟ)=(ΚΑ)=1 ως ακτίνες του πρώτου κύκλου και (ΟΚ)=(ΟΑ)=1 ως ακτίνες του δεύτερου κύκλου.Άρα η χορδή ΑΟ του κύκλου (Κ,ρ) έχει μήκος 1.

Όταν μου είπες ότι ο ένας τρόπος που το έχεις δείξει αυτό είναι στα εφαρμοσμένα μαθηματικά τι εννοείς;

ΕΥΧΑΡΙΣΤΩ

kostas.m έγραψε:Μπράβο και οι δύο λύσεις είναι σωστές.
Στην πρώτη λύση προφανώς αν πάρεις έναν κύκλο διαμέτρου 2, τότε υπάρχει χορδή μήκους 1(γιατί??)

kostas.m έγραψε:Έστω ένας τοίχος απείρων διαστάσεων τον οποίον τον χρωματίζουμε τυχαία με τα χρώματα κόκκινο και μπλέ. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν τουλάχιστον δύο σημεία σε απόσταση 1m που να έχουν το ίδιο χρώμα.

Αυτό το πρόβλημα είναι το αγαπημένο μου. Το πρωτοάκουσα όταν ήμουν στο λύκειο και τότε κατάλαβα ότι τα μαθηματικά δεν είναι πράξεις, αλλά σκέψη.

Πρόβλημα ανάλυσης:
Να βρεθεί το για

Για αποκλείνει όπως είπε και ο (ρίζα(χ))'.
Διαφορετικά βλέπουμε ότι ικανοποιούνται οι υποθέσεις του θεωρήματος Cezaro-Stolz για
, οπότε αν υπάρχει το όριο του:
τότε το αρχικό όριο υπάρχει και ισούτε με αυτό.
Το παραπάνω όριο όμως είναι:

διότι ο παρονομαστής είναι η παράγωγος της
στο .
ΥΓ: Παρατηρήστε ότι η παραπάνω απόδειξη είναι για k τυχαίο πραγματικό και όχι αναγκαστηκά ακέραιο.

3)
Έστω ένας n*n πίνακας που έχει ως στοιχεία τους αριθμούς 1,2,3,...,n^2 με κάποια διάταξη. Να βρεθεί ο μέγιστος και ο ελάχιστος δυνατός βαθμός πίνακα.[/quote]

Βάζω και εδώ μια λύση αφού είναι πολύ καιρό άλυτο:

Ο μέγιστος βαθμός είναι ν και ο ελάχιστος 2.
Για το 1ο βάζουμε κάτω από τη διαγώνιο μόνο άρτιους αριθμούς και πάνω σε αυτή μόνο περιττούς. Αυτό μπορεί να γίνει διότι κάτω από τη διαγώνιο έχουμε ν(ν-1)/2 < [ν^2/2] θέσεις ενώ στη διαγώνιο έχουμε μόλις ν < [ν^2/2] θέσεις.
Τότε (mod2) ο πίνακας είναι τριγωνικός και έχει γινόμενο διαγωνίων στοιχείων ίσο με 1, οπότε η ορίζουσά του είναι 1(mod2) και αποκλείεται να ισούτε με 0. Αρα ο πίνακας αντιστρέφεται και άρα έχει βαθμό ν, ενώ η συνάρτηση βαθμού δεν παίρνει τιμές πάνω από ν και έτσι ο μέγιστος δυνατός βαθμός είναι ν.

Για το 2ο, παίρνουμε τον πίνακα με γραμμές τις:
α_1 = (1,2,3,...,ν)
α_2 = (ν+1,ν+2,...,ν+ν)
...
α_ν = (ν^2 - ν + 1, .... , ν^2)
και παρατηρούμε ότι αν πάρουμε οποιεσδήποτε 3 από αυτές, έστω α_ι, α_ξ, α_κ, ι<ξ<κ, τότε
(α_κ - α_ξ)/(ν(κ-ξ)) - (α_ξ - α_ι)/(ν(ξ-ι)) = 0 και οι συντελεστές των γραμμών δεν είναι ποτέ όλες 0, άρα ο βαθμός είναι το πολύ 2. Ακόμα ο βαθμός δεν είναι <2 διότι υπάρχουν 2 γραμμές (έστω α_1, α_2) που είναι γραμμικά ανεξάρτητες, επομένως ο βαθμός αυτού του πίνακα είναι ακριβώς 0.
Τώρα, βρήκαμε τέτοιο πίνακα με βαθμό 2, και αρκεί να δείξουμε ότι κανένας άλλος τέτοιος πίνακας δεν μπορεί να έχει μικρότερο βαθμό. Πράγματι, αν υπήρχε πίνακας που κατασκευάζεται όπως περιγράφει η εκφώνηση και είχε μικρότερο βαθμό, τότε κάθε γραμμή θα ήταν πολλαπλάσιο μιας άλλης. Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι το 1 είναι στη 1η γραμμή, τότε στη στήλη αυτή υπάρχει ένας αριθμός κ μεγαλύτερος η ίσος του ν, και η γραμμή (έστω ι) αυτού είναι η πρώτη γραμμή πολλαπλασιασμένη με τον αριθμό αυτό, όμως στη πρώτη γραμμή υπάρχει και εκεί ένα στοιχείο ξ >= ν, οπότε στην τομή της στήλης του στοιχείου ξ με την ι γραμμή υπάρχει το στοιχείο κξ το οποίο είτε είναι >= ν^2 ενώ το ίσον δεν μπορεί να ισχύει διότι ο κ είναι διάφορος του ξ και έτσι ένας από τους 2 είναι >ν. Αρα ο πίνακας έχει στοιχείο > ν^2, άτοπο. Οπότε ο ελάχιστος βαθμός είναι πράγματι ίσος με 2.

ΥΓ: Είναι το πρόβλημα 2 της 2ης μέρας του IMC του 2007 (η του 2006, δεν θυμάμαι).




Βάζω και εγώ ένα προβληματάκι, για τους λάτρεις των κομψών και έξυπνων μαθηματικών προβλημάτων:

Έστω a_n ακολουθία θετικών πραγματικών, τέτοια ώστε α_ν - α_(ν-1) < 1/(ν^2) για κάθε φυσικό ν, δείξτε ότι αυτή συγκλίνει (παρατηρήστε ότι στη διαφορά δεν έχω βάλει απόλύτο στη διαφορά, διότι τότε το πρόβλημα θα ήταν τετριμμένο).

Εντελώς γενικόλογα ένας τρόπος που σκέφτηκα για το τελευταιό πρόβλημα:

Αποδεικνύουμε ότι η ακολουθία είναι μονότονη και φραγμένη οπότε και συγκλίνει. Χρησιμοποιούμε και ότι η σειρά Σ(1/ν^2) συγκλίνει.

Ωραία η λύση σου Νίκο, εγώ δεν θυμάμαι να έχω χρησιμοποιήσει ποτέ λήμμα Stoltz.

kostas.m έγραψε: Να βρεθεί το για

Ισχυρίζομαι ότι
ισχύει ο ισχυρισμός ή όχι?
Αυτό που θέλω να δει κάποιος είναι τον ορισμό του ολοκληρώματος κατά Riemann.

spartiatisgx έγραψε:Κώστα πάει ως εξής:
Έστω κύκλος με κέντρο Κ και ακτίνα ρ=1.Έστω Ο ένα σημείο πάνω στην περιφέρεια του κύκλου.Με κέντρο το Ο και ακτίνα την ΟΚ(ίση με 1) φέρω κύκλο που τέμνει τον αρχικό σε δύο σημεία Α και Β αντίστοιχα.Το τρίγωνο ΚΟΑ(ή και το ΚΟΒ) είναι ισόπλευρο διότι είναι (ΚΟ)=(ΚΑ)=1 ως ακτίνες του πρώτου κύκλου και (ΟΚ)=(ΟΑ)=1 ως ακτίνες του δεύτερου κύκλου.Άρα η χορδή ΑΟ του κύκλου (Κ,ρ) έχει μήκος 1.

Όταν μου είπες ότι ο ένας τρόπος που το έχεις δείξει αυτό είναι στα εφαρμοσμένα μαθηματικά τι εννοείς;

ΕΥΧΑΡΙΣΤΩ

Η έκφραση μου περί εφαρμοσμένων μαθηματικών παίζει να είναι λίγο ατυχής. Ουσιαστικά χρησιμοποιώ συνέχεια και αναλυτική γεωμετρία.
Θεωρώ τον μοναδιαίο κύκλο (κέντρο το (0,0) και ακτίνα 1) σε καρτεσιανές συντεταγμένες. Τότε θεωρώ μια παραμετρικοποίηση του κύκλου ως εξής:
r(t)=(cos(t), sin(t)), t στο [0,2π), και παίρνω κάποιο σημείο του , έστω το Α=(-1,0) και παίρνω την απόστασή του από το τυχαίο σημείο του (cos(t), sin(t)), τότε f(t)=d(A, r(t)). Θα θεωρήσω μόνο το πάνω ημικύκλιο οπότε t στο [0,π]. Τότε, f(0)=2, f(π)=0 και η f συνεχής άρα υπάρχει r(t0) με d(A,r(t0))=1 Από Bolzano. Το καλό εδώ είναι οτι κάνοντας πράξεις μπορείς να βρεις ακριβώς τα δύο σημεία που η χορδή τους έχει μήκος 1.

Hengeo έγραψε:Εντελώς γενικόλογα ένας τρόπος που σκέφτηκα για το τελευταιό πρόβλημα:

Αποδεικνύουμε ότι η ακολουθία είναι μονότονη και φραγμένη οπότε και συγκλίνει. Χρησιμοποιούμε και ότι η σειρά Σ(1/ν^2) συγκλίνει.

Αυτό είναι μόνο ικανή συνθήκη για να συγκλίνει η ακολουθία και έτσι αυτή η μέθοδος δεν δουλεύει πάντα: εδώ πχ δεν μπορείς να το δείξεις αυτό, καθώς μπορεί κάποιος να κατασκευάσει (απλό) ακολουθία που ικανοποιεί την παραπάνω σχέση αλλά δεν είναι μονότονη.
Hint για σύντομη λύση:
Ίσως όμως να μπορείς να το δείξεις αυτό για κάποια άλλη ακολουθία που συμπεριφέρεται όπως η a_n για μεγάλα n, και έτσι να βγάλεις σύγκλιση και για την a_n.