KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
English Információ A lap Pontverseny Cikkekről Távoktatás Hírek Fórum Internetes Tesztverseny
Játékszabályok
Technikai információk
TeX tanfolyam
Regisztráció
Témák

 

apehman

Rendelje meg a KöMaL-t!

Támogatóink:

Ericsson

Google

Emberi Erőforrások Minisztériuma

Emberi Erőforrás Támogatáskezelő

Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet

ELTE

Reklám:

KöMaL Füzetek 1: Tálalási javaslatok matematika felvételire

VersenyVizsga portál

Kísérletek.hu

Matematika oktatási portál

hirdetés

Fórum - Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Ön még nem jelentkezett be.
Név:
Jelszó:

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]    [31. oldal]    [32. oldal]    [33. oldal]    [34. oldal]    [35. oldal]  

Ha a témához hozzá kíván szólni, először regisztrálnia kell magát.
[873] w2014-03-15 15:19:28

A.609 hivatalos megoldásában van egy előjelhiba: \frac1{z-a_i}=\frac{\overline{z-a_i}}{|z-a_i|^2} miatt ennek képzetes részének előjele + és hasonlóan Im\frac1{z-b_i}<0. Például \frac{1}{1/2i-i}=\frac2{-i}=2i.

[872] Fálesz Mihály2014-03-14 10:26:19

A. 609+. Legyen A és B két körlap vagy félsík a komplex síkon, a1,a2,...,an\inA\B és b1,b2,...,bn\inB\A, és legyen


f(z) = \frac{(z-a_1)(z-a_2)\dots (z-a_n)}{(z-b_1)(z-b_2)\dots (z-b_n)}.

Igazoljuk, hogy az f' függvény minden gyöke az A\cupB halmazban van.

Előzmény: [871] Fálesz Mihály, 2014-03-14 10:15:42
[871] Fálesz Mihály2014-03-14 10:15:42

A. 609. Legyenek a1,a2,...,an és b1,b2,...,bn olyan komplex számok, amelyekre Im aj\ge1 és Im bj\le-1 (j=1,2,...,n), és legyen


f(z) = \frac{(z-a_1)(z-a_2)\dots (z-a_n)}{(z-b_1)(z-b_2)\dots (z-b_n)}.

Igazoljuk, hogy az f'(z) függvénynek nincs gyöke az |Im z|<1 halmazon.

A. 480. Tegyük fel, hogy p(z) olyan n-edfokú, komplex együtthatós polinom, melynek minden (komplex) gyöke egységnyi abszolút értékű. Mutassuk meg, hogy tetszőleges c\ge0 valós számra a

2z(z-1)p'(z)+((c-n)z+(c+n))p(z)

polinom gyökei is egységnyi abszolút értékűek.

A. 430. Legyen n\ge2 és u1=1,u2,...,un legfeljebb 1 abszolút értékű komplex számok, továbbá legyen

f(x)=(x-u1)(x-u2)...(x-un).

Igazoljuk, hogy az f'(x) polinomnak létezik olyan komplex gyöke, aminek a valós része nemnegatív.

Iliev-Sendov sejtés: Ha f legalább másodfokú komplex együtthatós polinom, amelynek minden gyöke az egységkörben van, akkor az f' gyökei köré rajzolt egységkörök lefedik f gökeit.

Előzmény: [870] w, 2014-03-13 22:30:32
[870] w2014-03-13 22:30:32

A.609

[869] w2014-02-12 19:55:42

Bocs, azt elnéztem.

A.605 megoldása egyszerűbben, de gyengébb becslésekkel:

\root{k}\of{\frac{a_1^k+\dots+a_{m+n}^k}{m+n}}\ge

(számok rendezettsége)

\ge\root k\of{\frac m{m+n}\cdot\frac1m\sum_{i=1}^m a_i^k+\frac{n}{m+n} a_m^k}\ge

(kihasználva a rendezettséget és \frac m{m+n}\le \frac12 feltételt)

\root k\of{\frac 12\cdot\frac1m\sum_{i=1}^m a_i^k+\frac12 a_m^k}\ge

(kéttagú számtani-mértani)

\ge \root {2k}\of{\left(\frac1m\sum_{i=1}^m a_i^k\right)\cdot a_m^k}\ge

(céltudatos becslés a rendezéssel)

\ge\root{2k}\of{\left(\frac1m\sum_{i=1}^m a_i^{k+1}\right)\cdot a_m^{k-1}}\ge

(rendezettség és k\ge1)

\ge \root{2k}\of{\left(\frac1m\sum_{i=1}^m a_i^{k+1}\right)^{1+\frac{k-1}{k+1}}}=\root{k+1}\of{\frac1m\sum_{i=1}^m a_i^{k+1}}.

Előzmény: [868] Róbert Gida, 2014-02-11 22:13:34
[868] Róbert Gida2014-02-11 22:13:34

"Lényegében én is így csináltam, bár kicsivel erősebb állítást láttam be, amihez nem kellett dupla indukció. Ennek ellenére teljesen más megközelítésem volt"

Kevesebbet láttál be, hiszen 2p2k+1 jóval kisebb, mint az én bizonyításomból kijövő: minden (n+1) paritásával megegyező egész előáll +-os alakban a [-sn+14,sn-14] intervallumból: trivi, hiszen, ha c előáll néhány prím összegeként, akkor +-os összegben plusszal szerepeljenek pont ezen prímek, akkor az összeg (sn-c)-c=sn-2*c, és itt c az [7,sn-7]-be esik.

Egyébként azt is meg lehet mondani, hogy milyen (lehetséges) számok maradnak ki az [-sn,sn] intervallumból, ha n>3: sn-12,sn-8,sn-2, és ezek mínusz egyszeresei, azért, mert az 1,4,6 nem állítható elő néhány prím összegeként.

Előzmény: [867] w, 2014-02-11 21:13:56
[867] w2014-02-11 21:13:56

Lényegében én is így csináltam, bár kicsivel erősebb állítást láttam be, amihez nem kellett dupla indukció. Ennek ellenére teljesen más megközelítésem volt.

Azt látom be, hogy k\ge3 esetén minden -2p2k+1 és +2p2k+1 közötti páros szám előáll \pmp1\pmp2\pm...\pmp2k+1 alakban.

Az alapeset néhány kis számolás kérdése: megkeressük k=1-re, majd k=2-re, majd k=3-ra a váltakozó előjeles összeggel előállítható számokat, és látjuk, hogy k=3-ra már jó lesz. Már itt feltűnik az az egyszerű megállapítás, hogy ha s előáll váltakozó előjelű összegként, akkor minden előjelet megcserélve, -s is előáll.

Az indukciós lépés k-1-ről k-ra megy. Ha egy \pmp1\pm...\pmp2k-1 alakú számból akarunk egy \pmp1\pm...\pmp2k-1\pmp2k\pmp2k+1 alakút képezni, csak hozzá kell adnunk \pmp2k\pmp2k+1-t, ezt is fogjuk tenni. A -2p2k-1 és +2p2k-1 közötti páros számokhoz hozzáadtunk \pmp2k+p2k+1-et, ami ugye szintén páros. Ezzel előállítottuk egyrészt a A=\left(-2p_{2k-1}+p_{2k}+p_{2k+1}\right) és B=\left(2p_{2k-1}+p_{2k}+p_{2k+1}\right) közötti páros számokat, másrészt a C=\left(-2p_{2k-1}-p_{2k}+p_{2k+1}\right) és D=\left(2p_{2k-1}-p_{2k}+p_{2k+1}\right) közötti páros számokat.

A pn<2pn-1 Csebisev-tételes becslést többször használva kijön, hogy A<D, C<0, valamint B>2p2k+1. Tehát a C és D közötti páros számok tartalmazzák a 0 és A közötti páros számokat, valamint az A és B közötti páros számok tartalmazzák az A és 2p2k+1 közötti páros számokat. Tehát ezzel minden 0 és 2p2k+1 közötti páros szám előállt a váltakozó előjeles összeg alakban. Azt pedig már tárgyaltuk, hogy ekkor ellentettjeik is előálltak.

Azt az előjeles összeget választjuk, amely a nullát előállítja, ez adja a partíciót.

---

Kíváncsi volnék, milyen megközelítések lehetségesek a B.4601-re, a sajátom kicsit bonyolult volt. Emellett A.607. megoldását inverzió nélkül, ha van, megnézném.

Előzmény: [866] Róbert Gida, 2014-02-11 19:41:50
[866] Róbert Gida2014-02-11 19:41:50

Lejárt (6 pontos!) B4600. megoldása:

b. rész: olcsó. itt az első n prím összege ptlan, így a partíció nem lehetséges.

a. rész: nehezebb, az első n prím összege ps, prímek sűrűn vannak, reménykedünk, hogy van megoldás. Partíció valóban lehetséges, sőt többet látok be. Legyen pn az n-edik prím (p1=2;p2=3;..) és sn az első n prím összege.

Állítás: ha n\ge5, akkor minden [7,sn-7]-be eső egész szám előáll néhány (különböző) prím összegeként az első n prímet használva. Ebből könnyen következik a feladat megoldása, hiszen, ha \frac{s_n}{2} (ez egész) előáll néhány prím összegeként, akkor a kimaradók összege is \frac{s_n}{2}, azaz ez egy jó partíció.

Biz.: Az állítás könnyen ellenőrizhető n=5-re. Indukció: ha c-t szeretnénk előállítani az első n+1 prímet használva és 7\lec\lesn-7, akkor már az első n prímet használva is van előállítás. Ha sn-7<c\lesn+1-7, akkor használjuk az n+1-edik prímet, ezzel c=pn+1+(c-pn+1), ha 7\lec-pn+1\lesn-7, akkor indukcióval c-pn+1-re van felbontás, amivel c egy felbontását kapjuk. Itt a felső becslés triviálisan teljesül, mert c-pn+1\lesn-7 ekvivalens a c\lesn+1-7 feltétellel, hiszen sn+1=sn+pn+1. Az alsó becslés: 7\lec-pn+1, de c>sn-7 feltétel volt ezzel elég belátni: 7\lesn-6-pn+1, azaz pn+1\lesn-13-at kell igazolni. Ez utóbbit is teljes indukcióval látom be! n=5-re teljesül, míg nagyobb n-re az indukciót használva: sn+1-13=sn+pn+1-13=(sn-13)+pn+1\gepn+1+pn+1=2*pn+1, azaz elég belátni, hogy 2*pn+1\gepn+2, ami Csebisev tétele miatt igaz.

[865] w2014-02-11 17:21:25

Feladat:

A.605. általánosítása: tetszőleges \ell, m, n\ge\ell pozitív egész számokra és k\ge1, 0\lea1\le...\leam+n valósokra:

\root{k+\frac{\ell}m}\of{\frac1m\sum_{i=1}^m a_i^{k+\frac{\ell}m}}\le \root k\of{\frac1{m+n}\sum_{i=1}^{m+n}a_i^k}.

Ennél tovább (mármint hogy súlyozzuk a változókat/\ell-et valós számmá nyilvánítjuk) már nagyon erőltetett volna általánosítani.

[864] w2014-01-13 15:51:51

B.4589. megoldása komplex számokkal.

Belátjuk, hogy egész együtthatós P(x) polinomhoz és m>1 egész számhoz van olyan n, melyre a P(0),P(1),\dots,P\left(n-1\right) értékek m különböző egyenlő összegű csoportra bonthatók. Legyen degP=d.

Legyen \omega tetszőleges m-edik komplex egységgyök. Legyen továbbá s(k) a k természetes szám számjegyeinek összege az m alapú számrendszerben felírt alakjában.

Vezessük be a következő polinomot:

P_t(x)=\sum_{k=0}^{m^{t}-1}\omega^{s(k)}P(x+k).

Azt állítjuk, hogy ezen polinom foka legfeljebb d-t. Mivel P0(x)=P(x), így elég megmutatni, hogy Pt+1 foka kisebb, mint Pt foka. Könnyen átgondolható, hogy

P_{t+1}(x)=\sum_{j=0}^{m-1}\omega^{j}P_t\left(x+jm^t\right),

és ebből adódik, hogy Pt+1 foka legfeljebb Pt foka, továbbá Pt+1 nem tartalmaz degPt-edfokú tagot, hisz \sum_{j=0}^{m-1}\omega^j=\frac{1-\omega^m}{1-\omega}=0. Így a Pd+1(x) polinom már a zéruspolinom.

Legyen

S_r:=\sum_{s(k)\equiv r(\mod m), 0\le k< m^{d+1}}P(k).

Az imént kaptuk, hogy

0=P_{d+1}(0)=\sum_{k=0}^{m^{d+1}-1}\omega^{s(k)}P(k)=\sum_{r=0}^{m-1}\omega^r S_r

teljesül tetszőleges \omega komplex m-edik egységgyökre. Ezek szerint az f(x)=\sum_{r=0}^{m-1}S_rx^r polinomnak mindegyik komplex m-edik egységgyök gyöke lesz, ebből adódóan többszöröse az xm-1+...+x+1 polinomnak, ahonnan S0=S1=...=Sm-1. Ezzel meg is adtunk egy alkalmas felbontást.

[863] Fálesz Mihály2013-12-19 14:52:00

Arra gondoltam, hogy a [857]-beli egyenletnek, és az átalad is megtalált d1.d2=0 egyenletnek van olyan lineáris kombinációja, amiben a másodfokú rész x2+y2.

Előzmény: [862] HoA, 2013-12-19 12:59:45
[862] HoA2013-12-19 12:59:45

Nem tudom mire céloztál, úgy látom, más se. Az egyenletből kiindulva arra gondoltam, a metszéspontokra az is teljesül, mivel az egyik egyenestől 0 távolságra vannak, hogy

d1(X).d2(X)=0

. Ezért a metszéspontokra az is igaz, hogy

d12(X)+d22(X)-2.d1(X).d2(X)=(d1(X)-d2(X))2=FX2

Egy olyan koordináta-rendszerben, ahol a vezéregyenesek egyenlete y=\pmm.x és a fókusz az x tengely pozitív értékeit tartalmazó, vezéregyenesek közti szögtartományban van, ott az előjeles távolságok különbségére egyszerű kifejezés adódik: \frac {2 \cdot m \cdot x}{\sqrt {1 + m^2 }} . Ezt, valamint az F fókusz (p;q) koordinátáit (d1(X)-d2(X))2=FX2 -be helyettesítve , majd még egyszer felhasználva, hogy a vezéregyeneseken lévő pontokról van szó ( y=\pmm.x) egy olyan másodfokú egyenletpárt kapunk x-re, melyekben a konstans tag illetve a másodfokú tag együtthatója megegyezik . Innen [856] mintájára a gyökök szorzata a két egyenletben egyenlő és így EA.EB=EC.ED is teljesül. ( A mostani m persze fele akkora szög tangense, mint a [856] – beli )

Vagy más volt az elképzelésed?

Előzmény: [857] Fálesz Mihály, 2013-12-13 07:47:25
[861] w2013-12-16 16:57:02

B. 4573. Mutassuk meg, hogy egy szabályos 27-szög bármely hét csúcsa közül kiválasztható négy, amelyek trapézt határoznak meg.

Legyen az X és Y csúcs *XY* távolsága az a legkisebb számú sokszögoldal, melynek mentén az egyikből a másikba "utazhatunk". Világos, hogy az AB és CD átlók/oldalak épp akkor párhuzamosak, ha a *BC* és a *DA* távolság megegyezik. A kiválasztott 7 csúcs ily módon 7.6/2=21 darab távolságot határoz meg, és ezeknek hossza 13-féle lehet, ezért skatulya-elv szerint lesz 8 darab egyenlő távolságpár. Ha ezek az egyenlő távolságpárok közül egyik pár nem egy csúcsba fut be, akkor már találtunk trapézt. Ha mégis, akkor mindegyik egyenlő távolságpár egy-egy csúcsba fut be; mivel 7 csúcsunk van, így lesz két, egy csúcsba befutó egyenlő távolságpár, *AB*=*AC* és *AD*=*AE*. Ekkor viszont BCDE trapéz lesz, így készen vagyunk.

[860] w2013-12-16 16:15:32

A megoldásokat itt fogod megtalálni (oldal alja; még nem jelentek meg, előbb-utóbb majd feltöltik).

Előzmény: [859] GK, 2013-12-16 11:13:48
[859] GK2013-12-16 11:13:48

hello!

A novemberi feladatok (matek, k jelű) megoldásai hol olvashatók?

[858] HoA2013-12-13 14:13:27

De előbb [856] utolsó képletein felbátorodva egy elemi megoldás:

F tükörképe v1 -re F’ . FF’ látószöge az A, B , E pontokból rendre 4\alpha,4\beta,4\gamma . EF másik metszéspontja kA -val G. Mivel E kA és kB külső hasonlósági pontja, EAG\angle=2\beta . EAG és FAG \Delta ekből

\alpha-\beta=2\gamma

v1 metszéspontja kA val ill. kB vel A és B között H ill. J. A HATA és JBTB \Delta ekből EHT_A \angle = ET_BJ \angle ( = \frac {90^\circ - \Phi}{2} ) = \delta . FTBE\angle=\delta-\beta EFTA\angle=\epsilon ra EFTAH hurkolt négyszögből \epsilon+\alpha=\delta+2\gamma,\epsilon=\delta+2\gamma-\alpha=\delta-\beta=FTBE\angle . EFTAésETBF\Delta ek hasonlók. ETA.ETB=EF2 Hasonlóan ugyanezt kapjuk ETC.ETD re. Így TA,TB,TC,TD, egy körön vannak és ETA=EA.cos\Phi stb. matt A, B, C, D is.

Előzmény: [857] Fálesz Mihály, 2013-12-13 07:47:25
[857] Fálesz Mihály2013-12-13 07:47:25

Van teljesen koordináta-geometriai megoldás is.

Legyen d1(X) és d2(X) a két vezéregyenestől mért előjeles távolság. A metszéspontokra teljesül például a következő egyenlet:

FX2=d12(X)+d22(X).

Innen ti jöttök.

Előzmény: [856] w, 2013-12-12 17:45:26
[856] w2013-12-12 17:45:26

Ez szép megoldás. Mivel viszont a decemberi Kömalban a feladatot koordinátageometria kategóriába sorolták, érdemes volna egy ilyen megoldást is megemlíteni, én például így csináltam.

Ha d1 és d2 párhuzamos, akkor kész vagyunk, tegyük fel, hogy nem párhuzamosak. Legyen O=d1\capd2, legyen olyan koordinátarendszerünk, melyben d1 az x-tengely és O az origó.

Megmutatjuk, hogy OA\cdot OB=\frac{OF^2}{\cos^2\phi}, ahol \phi a d1 és d2 egyenesek szöge. Legyen F(p,q), és legyen d2 egyenlete y=mx. Ekkor az ismert képletek szerint tetszőleges (x,y) pont távolsága d2-től \frac{|y-mx|}{\sqrt{m^2+1}}, távolsága F-től pedig \sqrt{(x-p)^2+(y-q)^2}, a P2 parabola (x,y) pontjaira ez a két mennyiség megegyezik, azaz

\frac{|y-mx|}{\sqrt{m^2+1}}=\sqrt{(x-p)^2+(y-q)^2},

(y-mx)^2=(m^2+1)\left[(x-p)^2+(y-q)^2\right].

Mivel A és B második koordinátája nulla, így első koordinátáikra, x1 és x2-re másodfokú egyenletet kapunk:

(mx)^2=(m^2+1)\left[(x-p)^2+q^2\right]

x^2-2p(m^2+1)x+(m^2+1)\left(p^2+q^2\right)=0.

A Viéte-formulákból adódik, hogy OA\cdot OB=x_1x_2=\left(m^2+1\right)(p^2+q^2), ahol OF2=p2+q2 és m=tg \phi, ezért az állításunkat igazoltuk. Ugyanezzel egyenlő OC.OD, ha a d2 egyenest vesszük x-tengelynek. Mivel P1 a d1 és P2 a d2 egyenes felett halad, így O az AB és CD szakaszok külső pontja, és így A,B,C,D konciklikus.

Előzmény: [855] HoA, 2013-12-12 10:04:17
[855] HoA2013-12-12 10:04:17

Nem euklideszi [76] –nál talán egyszerűbb megoldás A.599 -re:

A. 599. A P1 és P2 parabolák fókuszpontja közös. A P1 vezéregyenese a P2-t az A és B pontokban, a P2 vezéregyenese pedig a P1-et az C és D pontokban metszi. Mutassuk meg, hogy az A, B, C és D pontok egy körön vannak.

1: A közös fókusz F, a v1 és v2 vezéregyenesek az E ponban \alpha szögben metszik egymást.Az A ill. B középpontú , F-en átmenő kA ill. kB körök v2-t TA-ban ill. TB -ben érintik. Hasonlóan a C ill. D középpontú , F-en átmenő kC ill. kD körök v1-et TC-ben ill. TD -ben érintik.Bizonyítandó, hogy EA.EB=EC.ED .

2: Mivel P = A, B, C, D –re igaz, hogy ETP=EP.cos\alpha , ez pontosan akkor teljesül, ha ETA.ETB=ETC.ETD , vagyis ha a TP pontok egy körön vannak.

3: Egy F középpontú inverzió v1 -et és v2 -t az F-en átmenő, O1 ill. O2 középpontú v1 ill. v2 körökbe, az F-en átmenő, v1 -et merőlegesen metsző, v2-t érintő kA és kB köröket a v1 -t merőlegesen metsző, tehát O1 -n átmenő, v2 -t érintő egyenesekbe, az F-en átmenő, v2 -t merőlegesen metsző, v1-t érintő kC és kD köröket a v2 -t merőlegesen metsző, tehát O2 -n átmenő, v1 -t érintő egyenesekbe képezi le.

4: TA,TB,TC,TD rajta vannak O1’O2 Thálesz körén, ezért az eredeti TP pontok is egy körön vannak, és így (2) alapján A,B,C,D is.

[854] Róbert Gida2013-11-24 19:52:15

Wolfram Alpha kitalálja nekünk a sorozatot, csak az első 4 tag kell neki:

FindSequenceFunction[{ { 2,1/8 }, { 3,1/6 } , { 4,3/16 }, {5,1/5 } } , n]

Előzmény: [853] w, 2013-11-23 23:56:53
[853] w2013-11-23 23:56:53

Két megjegyzésem volna.

1. Az f(n)=\frac{n-1}{4n} képletet megsejteni annyira nem triviális, de egyetértek, csak 5 pontot érne.

2. A megadott rekurziót meg lehet oldani sejtés nélkül. Elég ehhez átrendezni: f(n)=\frac{n^2-1}{n^2}f(n-1)+\frac1{2n^2} ekvivalens f(n)-\frac12=\frac{n^2-1}{n^2}\left(f(n-1)-\frac12\right)-vel. Innen teleszkópikus szorzat. Ezen megoldás viszont csak a hiv. megoldás egyszerűbb átfogalmazása.

Előzmény: [851] Róbert Gida, 2013-11-23 22:09:21
[852] Róbert Gida2013-11-23 22:11:59

"az első (n-1) eseményben páratlan vagy páros"

Persze itt (n-2) van (az A2,...,An-1 események).

Előzmény: [851] Róbert Gida, 2013-11-23 22:09:21
[851] Róbert Gida2013-11-23 22:09:21

B4571. feladat 6 pontos volt. Gondolkodás nélkül is kijön: legyen f(n) a keresett valószínűség, ekkor (aszerint nézve az eseményeket, hogy az első (n-1) eseményben páratlan vagy páros sok következett-e be) f(n)=f(n-1)*\bigg(1-\frac {1}{2n^2}\bigg)+(1-f(n-1))*\frac {1}{2n^2}, azaz f(n)=f(n-1)*\bigg(1-\frac{1}{n^2}\bigg)+\frac{1}{2n^2} és triviálisan f(1)=0, ebből már teljes indukcióval igazolható, hogy f(n)=\frac {n-1}{4n}.

[850] w2013-11-15 21:29:51

Igen, én is ezt csináltam. Kis megjegyzés az érdeklődők számára, akiknek nem ismert, amit felhasználtunk. Valójában két dologra volt szükség:

(1) (Fn,Fk)=F(n,k),

(2) p|Fp-1 vagy p|Fp+1. /p prím/

Az (1) bizonyításához a kulcs a Fibonacci számok bontogatásával adódó azonosság lehet: Fn=Fn-1+Fn-2=2Fn-2+Fn-3=...=FiFn-i+1+Fi-1Fn-i. Ebből indukcióval előbb n|k\impliesFn|Fk adódik, majd maga az (1).

A (2) bizonyítása nehezebb, és attól függ, hogy 5(p-1)/2 +1 vagy -1 maradékot ad mod p. Ha utóbbi a helyzet, akkor p|Fp+1, ennek belátásához elég kifejteni a binomiális tétellel az Fp+1-re vonatkozó explicit képletet. Az előbbi eset érdekesebb, abban az esetben az 5 kvadratikus maradék lesz mod p (lásd pl. itt), ezért \sqrt5 és (1\pm\sqrt5)/2 reprezentálható, mint maradék mod p, vagyis a Binet-képlet felírható mod p maradékokkal is, és p|Fp-1 a Kis-Fermat-tételből következik. (Amúgy itt is van erről szó.) Szóval ezzel a két lemma is elintézhető.

Ha tud valaki jobb bizonyítást, az érdekelne.

Előzmény: [849] Róbert Gida, 2013-11-15 20:49:35
[849] Róbert Gida2013-11-15 20:49:35

Valóban, ezt a példát akkor elvinném:

(lejárt) A598. megoldása:

Legyen Fn az n-edik Fibonacci szám. Ismert, hogy lnko(Fn,Fk)=Flnko(n,k) ebból kapjuk, hogy az m-el osztható Fibonacci számok pontosan (valamilyen t-re) a t-vel osztható indexűek, ezen t pedig akkor nyilván a legisebb pozitív egész, amire Ft osztható m-mel (t létezik). Ismert, hogy m=p-re t|p+-1, ha p!=5 (valójában p-nek az ötös maradékától függ, hogy p+1 vagy p-1, de ez itt most nem kell).

A feladat a,b,c-ben ciklikus. Tegyük fel, hogy az egyik páros, mondjuk az a. 2|a, akkor 2|Fb, így 3|b, de akkor 3|Fc, így 4|c, amiből 4|Fa, így 6|a is teljesül, végül 6|Fb miatt 12|b. Innen pedig 12|c, majd 12|a következik. Azaz 12|a,b,c, ami az egyik lehetőség volt.

Ha van köztük 5-tel osztható, akkor például 5|a, de akkor 5|Fb, amiből 5|b és hasonlóan 5|c is kijön. Azaz 5|a,b,c, a másik lehetőség,

Ha nincs köztük páros és 5-tel osztható sem, akkor p legyen az a,b,c legkisebb prímosztója (ilyen van, mert a,b,c>1) ami nem lehet a 2 sem az 5, ekkor mondjuk p|a, így p|Fb, de mivel ekkor p|F(p+-1) (lásd fent). Így p|Flnko(p+-1,b), de p minimalitása miatt lnko(p+-1,b)=1, vagy p=2. Első esetben p|F1=1, ellentmondás, második esetben b páros, szintén ellentmondás.

Előzmény: [848] w, 2013-11-13 17:29:47

  [1. oldal]    [2. oldal]    [3. oldal]    [4. oldal]    [5. oldal]    [6. oldal]    [7. oldal]    [8. oldal]    [9. oldal]    [10. oldal]    [11. oldal]    [12. oldal]    [13. oldal]    [14. oldal]    [15. oldal]    [16. oldal]    [17. oldal]    [18. oldal]    [19. oldal]    [20. oldal]    [21. oldal]    [22. oldal]    [23. oldal]    [24. oldal]    [25. oldal]    [26. oldal]    [27. oldal]    [28. oldal]    [29. oldal]    [30. oldal]    [31. oldal]    [32. oldal]    [33. oldal]    [34. oldal]    [35. oldal]  

  Regisztráció    Játékszabályok    Technikai információ    Témák    Közlemények  

Támogatóink:   Ericsson   Google   Szerencsejáték Zrt.   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Oktatáskutató és Fejlesztő Intézet   ELTE   Nemzeti Tehetség Program   Nemzeti
Kulturális Alap