[3943] gyula60 | 2014-11-08 16:52:22 |
Csak segíteni szeretnék ennek az egyszerű feladatnak a megoldásában. Egy lehetséges megoldás, ha felhasználjátok a koszinusztétel mindhárom alakját. Majd a szinusztételt alkalmazva írjátok fel &tex;\displaystyle S_a+S_b+S_c&xet;-ét az oldalak függvényében.
|
Előzmény: [3940] w, 2014-10-23 11:39:16 |
|
|
[3941] Róbert Gida | 2014-10-23 11:58:19 |
Ez egy teljesen rossz megoldás. &tex;\displaystyle p^2&xet; is oszthatja az &tex;\displaystyle a_j-a_i&xet; tényezőt, ahogy &tex;\displaystyle j-i&xet;-t is.
|
Előzmény: [3939] w, 2014-10-23 11:36:52 |
|
[3940] w | 2014-10-23 11:39:16 |
Adott egy háromszög, melynek szögei: &tex;\displaystyle A&xet;, &tex;\displaystyle B&xet; és &tex;\displaystyle C&xet;. Vezessük be a következő jelölést:
&tex;\displaystyle S_a=\cos^2 B+\cos^2 C+2\sin B\sin C\cos A,&xet;
és ciklikusan permutálva a szögeket adjuk meg &tex;\displaystyle S_b&xet; és &tex;\displaystyle S_c&xet; kifejezéseket.
Adott &tex;\displaystyle S_a&xet; és &tex;\displaystyle S_b&xet;. Határozzuk meg &tex;\displaystyle S_c&xet; értékét!
|
|
[3939] w | 2014-10-23 11:36:52 |
Leírok egy megoldásvázlatot a feladatra (aztán kiderült, hogy a Skljarszkij-Csencov-Jaglomban is pont ez szerepel).
Legyen &tex;\displaystyle p&xet; tetszőleges prímszám. Belátjuk, hogy &tex;\displaystyle p&xet; kitevője &tex;\displaystyle C=\prod_{1\le i<j\le n}(j-i)&xet;-ben legalább annyi, mint &tex;\displaystyle p&xet; kitevője &tex;\displaystyle P=\prod_{1\le i<j\le n}(a_j-a_i)&xet;-ben.
Jelölje minden &tex;\displaystyle r=0,1,\dots,p-1&xet;-re &tex;\displaystyle k_r&xet; azt, hogy hány &tex;\displaystyle a_i&xet; ad &tex;\displaystyle r&xet; maradékot &tex;\displaystyle p&xet;-vel osztva. Ekkor &tex;\displaystyle p&xet; kitevője &tex;\displaystyle P&xet;-ben az &tex;\displaystyle \binom 12=\binom 02=0&xet; jelöléssel
&tex;\displaystyle \sum_{r=0}^{p-1}\binom{k_r}2.&xet;
Ennek a minimumát keressük &tex;\displaystyle k_0+k_1+\dots+k_{p-1}=n&xet; feltétel mellett (&tex;\displaystyle k_r&xet; természetes szám). Ha valamely két &tex;\displaystyle k_r&xet; eltérése legalább &tex;\displaystyle 2&xet;, akkor azokat egymás felé mozgatva, az összeg csökkenni fog; ebből következik, hogy a minimális összeget akkor érhetjük el, amikor bármely két &tex;\displaystyle k_r&xet; eltérése legfeljebb &tex;\displaystyle 1&xet;. Ez éppen a &tex;\displaystyle C&xet;-ben előforduló &tex;\displaystyle p&xet;-kitevőnek felel meg.
Talán mégiscsak ez a legegyszerűbb megközelítés. Habár determinánsokkal kétségtelenül elegánsabb.
|
Előzmény: [3936] w, 2014-09-28 14:05:41 |
|
[3938] jonas | 2014-09-30 15:33:19 |
Aha, a te bizonyításod egyszerűbb. Eltér az enyémtől, mert te nem jobbról, hanem balról szorzod meg valamivel a Vandermonde determinánst, mégpedig egy Stirling-számokból álló háromszög-mátrixszal.
|
Előzmény: [3936] w, 2014-09-28 14:05:41 |
|
[3937] Fálesz Mihály | 2014-09-28 17:59:17 |
Szerintem nem olyan nehéz megsejteni a választ: az &tex;\displaystyle 0,1,2,\dots,n-1&xet; számokból készített szorzat (a legkisebb pozitív szorzat), vagyis &tex;\displaystyle 1!\cdot 2!\cdot\dots\cdot (n-1)!&xet; a legnagyobb közös osztó.
|
Előzmény: [3935] jonas, 2014-09-28 00:07:31 |
|
[3936] w | 2014-09-28 14:05:41 |
Szerintem nagyon természetes a bizonyításod. (Az elején nyilván nem &tex;\displaystyle \prod (l-k)&xet;, hanem &tex;\displaystyle \prod (a_l-a_k)&xet; van, de ez nem zavaró.)
Én eredetileg picit máshogy olvastam:
&tex;\displaystyle \prod_{1\le i<j\le n}\frac{a_j-a_i}{j-i}=\frac{\prod_{1\le i<j\le n}(a_j-a_i)}{\prod_{k=0}^{n-1} k!}=\left(\prod_{k=0}^{n-1}k!\right)^{-1}\cdot \left|\matrix{a_1^0 & a_2^0 & \dots & a_n^0\cr a_1^1 & a_2^1 & \dots & a_n^1 \cr a_1^2 & a_2^2 & \dots & a_n^2 \cr \dots & & & \dots \cr a_1^{n-1} & a_2^{n-1} & \dots & a_n^{n-1} }\right|=&xet;
&tex;\displaystyle =\quad \left|\matrix{\frac{a_1^0}{0!} & \frac{a_2^0}{0!} & \dots & \frac{a_n^0}{0!}\cr \frac{a_1^1}{1!} & \frac{a_2^1}{1!} & \dots & \frac{a_n^1}{1!} \cr \frac{a_1^2}{2!} & \frac{a_2^2}{2!} & \dots & \frac{a_n^2}{2!} \cr \dots & & & \dots \cr \frac{a_1^{n-1}}{(n-1)!} & \frac{a_2^{n-1}}{(n-1)!} & \dots & \frac{a_n^{n-1}}{(n-1)!} }\right|\quad =\quad \left|\matrix{\binom{a_1}0 & \binom{a_2}0 & \dots & \binom{a_n}0 \cr \binom{a_1}1 & \binom{a_2}1 & \dots & \binom{a_n}1 \cr \binom{a_1}2 & \binom{a_2}2 & \dots & \binom{a_n}2 \cr \dots & & & \dots \cr \binom{a_1}{n-1} & \binom{a_2}{n-1} & \dots & \binom{a_n}{n-1} }\right|\quad \in Z.&xet;
De a feladat megoldható Vandermonde-determinánsok nélkül is.
|
Előzmény: [3935] jonas, 2014-09-28 00:07:31 |
|
[3935] jonas | 2014-09-28 00:07:31 |
Megsejteni nehéz, de ha már tudom, hogy mi a várt megoldás, akkor nem olyan nehéz bebizonyítani. Mutatok egy vázlatot. Ez elég ronda, szeretnék látni szebb bizonyítást.
Először írjuk fel az általad kért szorzatot Vandermonde-determináns alakban.
&tex;\displaystyle
{\rm det} {\bf V} = \prod_{1\le k<l\le n} (l-k) =
\left|\matrix{
a_1^0 & a_2^0 & \dots & a_n^0 \cr
a_1^1 & a_2^1 & \dots & a_n^1 \cr
a_1^2 & a_2^2 & \dots & a_n^2 \cr
\dots & & & \dots \cr
a_1^{n-1} & a_2^{n-1} & \dots & a_n^{n-1} \cr
}\right|
&xet;
Speciálisan írjuk fel a nevezőt is ilyen alakban.
&tex;\displaystyle
{\rm det} {\bf S} = \prod_{1\le k<l\le n} (l-k) =
\left|\matrix{
1^0 & 2^0 & \dots & n^0 \cr
1^1 & 2^1 & \dots & n^1 \cr
1^2 & 2^2 & \dots & n^2 \cr
\dots & & & \dots \cr
1^{n-1} & 2^{n-1} & \dots & n^{n-1} \cr
}\right|
&xet;
Most a célunk belátni, hogy bármilyen &tex;\displaystyle a &xet; egész számra a &tex;\displaystyle {\bf g}_a = {(}a^0, a^1, a^2, \dots, a^{n-1}{)}^{\rm T} &xet; vektort fel lehet írni az utóbbi determináns oszlopvektoraiból egész együtthatós lineáris kombinációként. Ezt teljes indukcióval lehet belátni. Vegyük észre ugyanis, hogy bármely &tex;\displaystyle 0 \le k < n &xet; egész kitevőre
&tex;\displaystyle
0 = \sum_{0\le l\le n} (-1)^l \binom{n}{l} (a-l)^k
&xet;
ez ugyanis az &tex;\displaystyle a^k &xet; sorozat &tex;\displaystyle n &xet;-edik különbségsorozatának az &tex;\displaystyle a &xet; indexű eleme. Ebből
&tex;\displaystyle
0 = \sum_{0\le l\le n} (-1)^l \binom{n}{l} {\bf g}_{a-l}.
&xet;
Ebben az összegben az együtthatók egészek, és a két szélső vektor, &tex;\displaystyle {\bf g}_a &xet; és &tex;\displaystyle {\bf g}_{a-n} &xet; éppen &tex;\displaystyle \pm1 &xet; együtthatóval szerepel. Ha kivonjuk a szélső tagot, akkor a maradék összeg megadja a &tex;\displaystyle {\bf g}_a &xet; illetve &tex;\displaystyle {\bf g}_{a-n} &xet; vektort az előző &tex;\displaystyle n &xet; illetve a következő &tex;\displaystyle n &xet; vektor egész együtthatós kombinációjaként. Így minden &tex;\displaystyle {\bf g}_n &xet; vektort rekurzívan kifejthetünk előre (ha &tex;\displaystyle n &xet; pozitív) vagy hátra (ha &tex;\displaystyle n &xet; nem pozitív) addig, hogy csak a &tex;\displaystyle {\bf g}_1, \dots, {\bf g}_n &xet; vektorok kombinációiból álljon, és ebben az együtthatók egészek lesznek.
Ha ezt a &tex;\displaystyle {\bf V} &xet; mátrix minden oszlopára megtesszük, akkor &tex;\displaystyle {\bf V} &xet;-t felírtuk &tex;\displaystyle {\bf S} &xet; és egy egész együtthatós mátrix szorzataként, innen &tex;\displaystyle {\rm det} {\bf V} &xet; többszöröse &tex;\displaystyle {\rm det} {\bf S} &xet;-nek.
|
Előzmény: [3934] w, 2014-09-27 19:57:42 |
|
[3934] w | 2014-09-27 19:57:42 |
Igen, ez a megoldás. A feladat más szóval azt kéri, hogy bizonyítsuk be, hogy
&tex;\displaystyle \prod_{1\le i<j\le n}\frac{a_j-a_i}{j-i}&xet;
egész szám bármely &tex;\displaystyle a_1,a_2,\dots,a_n&xet; egész számokra.
Kíváncsi vagyok, hogy milyen megoldási ötleteket fogtok találni.
|
Előzmény: [3933] jonas, 2014-09-16 23:10:19 |
|
|
[3932] w | 2014-09-15 17:56:02 |
Kíváncsi vagyok, hányan ismerik:
Legyen &tex;\displaystyle n&xet; pozitív egész szám, és tekintsük bármely &tex;\displaystyle S=(a_0,\dots,a_n)&xet; egész számokból álló sorozathoz a
&tex;\displaystyle f(S)=\prod_{0\le i<j\le n}(a_j-a_i)&xet;
szorzatot. Ezzel az összes ilyen számsorozathoz egy-egy egész számot rendeltünk. Mi a legnagyobb olyan pozitív egész, amely minden &tex;\displaystyle f(S)&xet; számot osztja?
|
|
[3931] w | 2014-09-15 17:51:48 |
Erre lényegét tekintve csak egyetlen bizonyítást ismerek, de jó meggondolni, hogy hányféleképpen mondható el. Talán a legrövidebb magyarázat a következő.
Vegyük észre, hogy az egyenlet ekvivalens a következő nyilvánvaló ténnyel:
&tex;\displaystyle \left|\left\{(k,a)\in N^2:\quad 0<k^ta\le x^t\right\}\right|=\left|\left\{(k,b)\in N^2:\quad 0<k^{1/t}b\le x\right\}\right|,&xet; | QED. |
Megjegyzés. Ha nadorp gondolatmenetét akarjuk átvinni, a következő szemléletesebb modellel lehet a legérdekesebb elmondani (lásd akár a 2013-as IMO shortlist A4 feladatát). Rajzoljunk egy oszlopdiagramot a derékszögű koordinátarendszer első síknegyedébe, méghozzá úgy, hogy az &tex;\displaystyle x&xet;-tengelyen a &tex;\displaystyle k&xet;-adik egységszakasz fölé &tex;\displaystyle \left[\frac{x}{k^{1/t}}\right]&xet; magasságú oszlopot rajzolunk. Az oszlopok együttes területe így a jobb oldalt adja ki, és persze az oszlopok "ereszkednek". Most képzeljük el mindezt, mint egy sordiagramot: nézzük meg, hogy milyen hosszú sor lóg ki az &tex;\displaystyle y&xet;-tengely &tex;\displaystyle k&xet;-adik egységszakaszán. Ez a sor éppen addig tart, amíg az &tex;\displaystyle a&xet;-adik oszlop magassága legalább &tex;\displaystyle k&xet;, avagy amíg
&tex;\displaystyle \left[\frac{x}{a^{1/t}}\right]\ge k,&xet;
&tex;\displaystyle \frac{x}{a^{1/t}}\ge k,&xet;
&tex;\displaystyle \frac{x^t}{k^t}\ge a,&xet;
&tex;\displaystyle \left[\frac{x^t}{k^t}\right]\ge a.&xet;
Más szóval, az (alulról) &tex;\displaystyle k&xet;-adik sor hossza éppen &tex;\displaystyle \left[\frac{x^t}{k^t}\right]&xet;, és ezzel kaptuk, hogy a bal oldali összeg is a diagram területét adja ki.
|
Előzmény: [3930] w, 2014-09-09 19:55:20 |
|
[3930] w | 2014-09-09 19:55:20 |
Az általánosításban szükségszerű pozitív egészekre szorítkozni? Igaz-e, hogy ha &tex;\displaystyle x,t>0&xet;, akkor
&tex;\displaystyle \sum_{k=1}^\infty \bigg[\frac{x^t}{k^t}\bigg]=\sum_{k=1}^\infty \bigg[\frac x{k^{1/t}}\bigg].&xet;
|
Előzmény: [3929] nadorp, 2014-09-09 10:23:38 |
|
[3929] nadorp | 2014-09-09 10:23:38 |
Ha &tex;\displaystyle 1\leq k\leq n^2&xet; egész és &tex;\displaystyle \left[\frac{n}{\sqrt{k}}\right]=a&xet;, akkor nyilván &tex;\displaystyle 1\leq a\leq n&xet; ,továbbá
&tex;\displaystyle \frac{n^2}{(a+1)^2}<k\leq\frac{n^2}{a^2} &xet; | (1) |
Legyen &tex;\displaystyle I_a=\bigg(\frac{n^2}{(a+1)^2};\frac{n^2}{a^2}\bigg]&xet; balról nyílt, jobbról zárt intervallum (&tex;\displaystyle 1\leq a\leq n&xet; egész). Ekkor az &tex;\displaystyle I_a&xet; intervallumok diszjunktak, uniójuk tartalmazza az összes egészt 1 és n között, mégpedig mindegyik &tex;\displaystyle I_a&xet; pontosan &tex;\displaystyle \left[\frac{n^2}{a^2}\right]-\left[\frac{n^2}{(a+1)^2}\right]&xet; egészt tartalmaz. Mivel &tex;\displaystyle k\in I_a&xet; pontosan akkor teljesül, ha &tex;\displaystyle \left[\frac{n}{\sqrt{k}}\right]=a&xet;, ezért
&tex;\displaystyle \sum_{k=1}^{n^2}\left[\frac{n}{\sqrt{k}}\right]=\sum_{a=1}^{n}\sum_{k\in I_a}\left[\frac{n}{\sqrt{k}}\right]=\sum_{a=1}^{n}a\left(\left[\frac{n^2}{a^2}\right]-\left[\frac{n^2}{(a+1)^2}\right]\right)=\sum_{a=1}^{n}\left[\frac{n^2}{a^2}\right]&xet;
Általánosítás:
Tetszőleges n,m pozitív egészre
&tex;\displaystyle \sum_{k=1}^{n^m}\left[\frac{n}{\root{m}\of{k}}\right]=\sum_{k=1}^{n}\left[\frac{n^m}{k^m}\right]&xet;
|
Előzmény: [3928] w, 2014-09-03 16:17:04 |
|
[3928] w | 2014-09-03 16:17:04 |
Jelölje &tex;\displaystyle [x]&xet; az &tex;\displaystyle x&xet; egészrészét. Bizonyítsuk be, hogy
&tex;\displaystyle \left[\frac{n^2}{1^2}\right]+\left[\frac{n^2}{2^2}\right]+\dots+\left[\frac{n^2}{n^2}\right]=\left[\frac{n}{\sqrt{1}}\right]+\left[\frac{n}{\sqrt{2}}\right]+\dots+\left[\frac{n}{\sqrt{n^2-1}}\right]+\left[\frac{n}{\sqrt{n^2}}\right].&xet;
Keressünk általánosítást is.
|
|
|
|
|
[3924] Loiscenter | 2014-08-12 18:31:27 |
Legyenek &tex;\displaystyle x_1&xet; , &tex;\displaystyle x_2&xet; , ... , &tex;\displaystyle x_n&xet; pozitiv számok, melyeknek összegük n azaz &tex;\displaystyle x_1 + x_2 +...+ x_n = n&xet;.
Igaz -e a következö egyenlötlenség:
&tex;\displaystyle x_1^k.x_2^k...x_n^k &xet; ( &tex;\displaystyle x_1^{k+1}&xet; + &tex;\displaystyle x_2^{k+1}&xet; +....+ &tex;\displaystyle x_n^{k+1}&xet; ) =< &tex;\displaystyle x_1^k+x_2^k +....+ x_n^k .&xet;
|
|
[3923] Loiscenter | 2014-08-12 17:59:22 |
Multkor kéedeztem a következö feladatot
ROKA SÁNDOR: 2000 feladat.... ( 1780. feladat) Adott 35 pozitiv egész szám, amelyek összege 100, és egyikük sem nagyobb 50-nél. Bizonyitsuk be, hogy van köztük néhány olyan, amelyek összege 50.
Most Ehhez a témához kapcsolatban szeretnék segitséget megint kérni. A szakirodalmakrol és közelálló eredményekrol adnatok valamilyen tampontot hogy elinduljak! köszönöm szépen elöre! N.V. Loi.
|
|
[3922] Loiscenter | 2014-07-29 11:01:37 |
Megjegyzés Erben Péter munkajaval kapcsolattal: 1)Nagyon tetszik nekem a algoritmus és egyenlőtlenség kombinácio alkalmazását. Sötszerintem általanos fejlesztéshez ezen az irányon érdemes menni. 2) köszönöm a Pataki J. munkahoz hozzáférhetöget. 3). szeretnek tovabb menni a khövetkezö iranyba: 2n (k.n)osszegu es egyenkent sulya nem nagyobb n-nel. Mi a legkisebb m szam hogy ket (k) egyenlö részre bonthatoság. ehhez tudtok -e irodalmat forrását segiteni nekem esetleg az tapasztalatokat, javaslatokat is!!! nagyon köszönöm szépen a segitségeteket!!!
Nguyen Van Loi.
|
Előzmény: [3920] Erben Péter, 2014-07-28 22:51:14 |
|
[3921] Loiscenter | 2014-07-29 10:46:16 |
Elöbb szeretném folytatni a gondolataimat: Most tekintjük azt az esetet, amikor maximum csak 8 csoportra oszthato a számokat.legyen ezek A1, A2, A3,..., A8 növekvö összegü sorendben. A1,A2,...,A5 5-ösból kivalaszthato nehány tagot , melynek összege oszthato 25 -tel. ez csak 25 lehet ( mert 50-est kizarjuk, 75-est nem éri el azért mert utolso 2 tag összege nagyobb 25 -nél). 1)csak azt az esetet kell foglalkozni, amikor legalabb 3 tag van benne az 25-ösben.==> van 5-ös összegü tag. legyen ez A1=5. 2)Vesszük A2, A3,..., A6 -t , ebben megint talaljuk legalább 3 tagu 25-ös összeget. megint van 5-ös összegü tag. legyen ez A2=5. 3)Valasszuk ki A3, A4,..., A7. Ha ennek összege 75, akkor A8=15. A kompozicio:( 5, 5, 15, 15, 15, 15, 15, 15 ) ebböl 5+ 15+15+15=50 jo. Más különben megint van 5-ösöm. Legyen ez A3=5. 4) most vesszük A1, A2, A3,A7, A8. Ha összege 75 akkor A4+A5+ A6=25. ==> A4=5, ezért A7+A8=60, ebben csak 30+30 lehet. megint tudjuk 50-est kombinálni. 5)Hanem, akkor megint van 25-ös. tehat A4 = 5 vagy A4=10. 6)A felmaradó 3 tagbol egyik sem lehet 25, osszegük pedig legalább 75, kell hogy legyen. ezért van 30-nal nem kisebb tag ez legyen A8. igy vagy vele vagy masik ket taggal tudjuk kombinalni 50-est. kész.
|
Előzmény: [3920] Erben Péter, 2014-07-28 22:51:14 |
|
|
[3919] Erben Péter | 2014-07-28 22:33:54 |
Ha &tex;\displaystyle k=1&xet;, akkor tehát az történt, hogy a 7 legnagyobb súlyt már be tudtuk pakolni, és az utolsó (&tex;\displaystyle b_1&xet;) nem fér egyik tartályba sem. Ebből következik, hogy &tex;\displaystyle b_1>1&xet;. Sőt, &tex;\displaystyle b_1=2&xet;, mert &tex;\displaystyle b_1\ge 3&xet;-ból az következne, hogy a súlyok összege legalább 24.
Továbbra is az összegre figyelve kiderül, hogy legalább 4 darab 2-es van. (&tex;\displaystyle 2+7\cdot 3 > 20&xet;, &tex;\displaystyle 2\cdot 2+ 6\cdot 3>20&xet;, stb.) Ha van 5 darab kettes, akkor kész vagyunk.
Ha pont 4 darab 2-es van, akkor a maradék 4 súly mind 3. Ebben az esetben &tex;\displaystyle 2+2+3+3&xet; megoldás.
Megjegyzés: A &tex;\displaystyle p(k)&xet; polinom általában is segít megtalálni egy olyan &tex;\displaystyle m&xet; számot, ami fölött mindig megy a kiválasztás. Amikor 100 az összeg, akkor az derül ki, hogy &tex;\displaystyle m=35&xet; a határ. (Ott is a &tex;\displaystyle k=1&xet; esettel kell külön megküzdeni.) &tex;\displaystyle m=34&xet;-re a 33 darab 3-as és 1 darab 1-es esetén nem állítható elő az 50.
|
Előzmény: [3918] Erben Péter, 2014-07-28 22:17:51 |
|