Fórum: Technikai feladatok

Eltekintve a triviális megoldástól (a=b) tételezzük fel, hogy a<b. Akkor ennél erősebb állítás is igaz:

- valós számok körében, ha a>=e, akkor nincs megoldása az egyenletnek

- egész számok körében csak (a,b,n) = (2,4,2) megoldás lehetséges

I. Segédállítás: m>0 és x>0 esetén az F(x) = \(\displaystyle x^{x^{-m}}\) függvény x = \(\displaystyle e^{\frac {1}{m}}\) pontig növekszik, utána csökken (bizonyítás deriválással)

II. Segédállítás: Ha \(\displaystyle h_1(a,b) < h_1(b,a)\) és \(\displaystyle h_2(a,b) >= h_2(b,a)\), akkor \(\displaystyle h_{2k+1}(a,b) < h_{2k+1}(b,a)\) és \(\displaystyle h_{2k+2}(a,b) > h_{2k+2}(b,a)\)

Bizonyítás indukcióval. Feladat feltételezése szerint az első páros és páratlan indexre az állítás igaz.

Páratlan indexek esetén: \(\displaystyle h_{2k+1}(a,b) = a^{h_{2k}(b,a)}\) < \(\displaystyle b^{h_{2k}(b,a)}\) <= \(\displaystyle b^{h_{2k}(a,b)}\) = \(\displaystyle h_{2k+1}(b,a)\)

Páros indexek esetén használjuk az I. segédállítást \(\displaystyle m = h_{2k}(b,a)\) (>=\(\displaystyle b^a\) > 2) esetén. Mivel \(\displaystyle e^{\frac {1}{m}} < 2 <= a < b\), akkor F(a) > F(b) \(\displaystyle \Rightarrow\) \(\displaystyle a^{a^{-h_{2k}(b,a)}}\) > \(\displaystyle b^{b^{-h_{2k}(b,a)}}\) \(\displaystyle \Rightarrow\) \(\displaystyle a^{b^{h_{2k}(b,a)}}\) > \(\displaystyle b^{a^{h_{2k}(b,a)}}\)

\(\displaystyle \Rightarrow\) \(\displaystyle h_{2k+2}(a,b)\) = \(\displaystyle a^{b^{h_{2k}(a,b)}}\) >= \(\displaystyle a^{b^{h_{2k}(b,a)}}\) > \(\displaystyle b^{a^{h_{2k}(b,a)}}\) = \(\displaystyle h_{2k+2}(b,a)\)

Ezzel a II. Segédállítás be van bizonyítva.

Használjuk ki az I. segédállítást, m = 1 esetén

- Valós számok esetén, ha e<=a < b, akkor F(a) > F(b) \(\displaystyle \Rightarrow\) \(\displaystyle a^{a^{-1}}\) > \(\displaystyle b^{b^{-1}}\) \(\displaystyle \Rightarrow\) \(\displaystyle a^{b}\) > \(\displaystyle b^{a}\) \(\displaystyle \Rightarrow\) \(\displaystyle h_2(a,b) > h_2(b,a)\). Akkor a II. Segédállítás miatt az egyenletnek nincs megoldása

- Egész számok esetén. Ha a >= 3 > e az előző pont miatt nincs megoldás. Ha a = 2, akkor b csak kettő hatványa lehet vagyis legalább 4. De abban az esetben is igaz, hogy \(\displaystyle h_2(2,b)\) = \(\displaystyle 2^b >= b^2\) = \(\displaystyle h_2(b,2)\) (egyenlőség csak b = 4 esetén van). Akkor a II. Segédállítás miatt n>2 esetén az egyenletnek nincs megoldása.

Összesítve megoldás csak a=2, b=4, n=2 esetén lehet.

Két szabályos sokszög két szomszéd csúcsa közti távolság legyen \(\displaystyle \alpha\). Akkor a feladatunk max(min(abs(\(\displaystyle \alpha-\frac{i}{n}+\frac{j}{m}) mod (1)\))) megkeresése.

\(\displaystyle \frac{i}{n}-\frac{j}{m}\) értékkészlete: s\(\displaystyle \frac{(n,m)}{nm}\).

Vegyük észre, hogy s = 0 és s= 1: lehetséges értékek (s= 0 a két adott csúcs esetén, s = 1, mint lineáris Diofantoszi egyenlet megoldása).

Így \(\displaystyle \alpha\) optimális értéke s=0, s=1 szakasz közepe = \(\displaystyle \frac{(n,m)}{2nm}\). Ettől kisebb vagy nagyobb \(\displaystyle \alpha\) értéknél a minimum csak kisebb lesz.

Ezzel max(min(...) = \(\displaystyle \frac{(n,m)}{2nm}\)

3. feladat. Egy \(\displaystyle 1\) hosszú körön adott egy \(\displaystyle m\) kék pont és \(\displaystyle n\) piros pont úgy, hogy a kék pontok szabályos \(\displaystyle m\)-szöget, a pirosak szabályos \(\displaystyle n\)-szöget alkotnak. Határozzuk meg a legrövidebb, piros és kék pontot összekötő körív maximális hosszát. \(\displaystyle \diamondsuit\)

(Hogyan tudjuk a megoldást precízen leírni?)

\(\displaystyle p\) osztja a bal oldalt, így a jobb oldalt is, de \(\displaystyle p\) prím, így \(\displaystyle p\le n\), de akkor \(\displaystyle (p-1)\) osztja \(\displaystyle n!\)-t, így a bal oldalt is, azaz \(\displaystyle (p-1)|p^4+p^3+p^2+p\), így \(\displaystyle (p-1)|1+1+1+1\). ebből \(\displaystyle p\le 5\), kipróbálva ezeket, csak \(\displaystyle p=3\) ad megoldást: \(\displaystyle p=3;n=5\).

2. feladat. Legyen \(\displaystyle p\) prímszám és \(\displaystyle n\) pozitív egész. Oldjuk meg a következő egyenletet:

\(\displaystyle p^4+p^3+p^2+p=n!.\)

1. feladat. Definiáljuk a \(\displaystyle h_n(x,y)\) kétváltozós, pozitív egész számokon értelmezett függvényt a következő rekurzióval: legyen \(\displaystyle h_1(x,y)=x\), illetve legyen minden \(\displaystyle n>1\) esetén \(\displaystyle h_n(x,y)=x^{h_{n-1}(y,x)}\). (Igen, ez egy hatványozási torony.)

Bizonyítsuk be, hogy ha \(\displaystyle h_n(a,b)=h_n(b,a)\) fennáll valamely \(\displaystyle n\), \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\) pozitív egész számok esetén, akkor \(\displaystyle a^2\ge b\).

(Néhány éve találtam ki ezt a feladatot, így nem esküszöm meg rá, hogy igaz. Mentségemre legyen, hogy technikázásnál sem mindig tudjuk feltétlenül a végeredményt. Egyébként a példát egy hatványtornyos Arany Dániel-feladat ihlette, ahol \(\displaystyle 4^{2^{\dots}}\) és \(\displaystyle 2^{4^{\dots}}\) került összehasonlításra.)

Szeretnék egy témát szentelni a technikai feladatok számára. Ezek olyan példák, amiken kifejezetten jól lehet gyakorolni kisebb ötletek véghezvitelét. Technikázás az, amikor mindenki látja, hogy nagyjából miként fog végigmenni a megoldás, de a konkrét lépések végrehajtásához esetleg nemtriviális ötletekre van szükség. Szerintem ezeknek az ötleteknek is tud művészete lenni, bár inkább a "profizmust" fejlesztik, mint a kreativitást.