Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

A B. 4688. feladat (2015. február)

B. 4688. Ha mindkét kifejezésben 50-50 kettes és hármas szerepel felváltva, akkor az alábbi számok közül melyik a nagyobb:

\(\displaystyle 2^{3^{\scriptstyle 2^{\scriptstyle 3^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .^{\scriptstyle 2^{\scriptstyle 3}}}}}}}} \quad\text{vagy}\quad 3^{2^{\scriptstyle 3^{\scriptstyle 2^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .^{\scriptstyle 3^{\scriptstyle 2}}}}}}}}? \)

(5 pont)

A beküldési határidő 2015. március 10-én LEJÁRT.


Megoldási ötlet: Vizsgáljuk sorban felülről lefelé.

Megoldás. Kisebb esetekkel való számolással megsejthetjük, hogy páros sok emelet esetén: \(\displaystyle 2^{3^{\scriptstyle 2^{\scriptstyle 3^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .^{2^3}}}}}}} > 3^{2^{\scriptstyle 3^{\scriptstyle 2^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .^{3^2}}}}}}}\).

A bizonyításhoz használjuk a Lemmát, miszerint: \(\displaystyle 2^{3^n}>3^{2^{n-1}}\), ahol \(\displaystyle n\ge 1\) egész szám.

A Lemmát teljes indukcióval bizonyítjuk. Az állítás \(\displaystyle n=1\)-re igaz (\(\displaystyle 8>3\)), ez az alapja az indukciónak.

Tegyük fel, hogy \(\displaystyle 2^{3^k}>3^{2^{k-1}}\), ekkor bizonyítjuk, hogy \(\displaystyle 2^{3^{k+1}}>3^{2^{k}}\). Vegyük észre, hogy \(\displaystyle 2^{3^{k+1}}=\big(2^{3^k}\big)^3\), valamint \(\displaystyle 3^{2^{k}} =\big(3^{2^{k-1}}\big)^2\). Ha tehát a nagyobb oldalt a köbére emeljük, a kisebb oldalt pedig a négyzetére, akkor megkapjuk a bizonyítandó állítást. Mivel a két oldal \(\displaystyle 1\)-nél nagyobb, a hatványozás során növekednek. Az indukciós lépés tehát igaz, mert nagyobb szám nagyobb hatványa nagyobb, mint kisebb szám kisebb hatványa.

Tehát \(\displaystyle 2^{3^n}>3^{2^{n-1}}\), ha \(\displaystyle n\ge1\).

Most bizonyítsuk az eredeti állítást, ugyanúgy teljes indukcióval. Az alap itt: \(\displaystyle 2^{3^{\scriptstyle 2^{\scriptstyle 3}}} > 3^{2^{\scriptstyle 3^{\scriptstyle 2}}}\), ugyanis \(\displaystyle 2^{3^{\scriptstyle 2^{\scriptstyle 3}}} =2^{3^8} =2^{6561}>16^{1640}>10^{1640}\) és \(\displaystyle 3^{2^{\scriptstyle 3^{\scriptstyle 2}}}=3^{512}<10^{512}\), azaz a bal oldali szám legalább \(\displaystyle 1640\), a jobb oldali viszont legfeljebb \(\displaystyle 512\) számjegyű.

Az indukciós lépés az, hogy ha \(\displaystyle s_k=2^{3^{\scriptstyle 2^{\scriptstyle 3^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .}}}}}} > t_k=3^{2^{\scriptstyle 3^{\scriptstyle 2^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .}}}}}}\), ahol a két számban egyaránt \(\displaystyle k\) darab \(\displaystyle 2\)-es szerepel, akkor \(\displaystyle s_{k+1}=2^{3^{\scriptstyle 2^{\scriptstyle 3^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .}}}}}} > 3^{2^{\scriptstyle 3^{\scriptstyle 2^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .}}}}}} =t_{k+1}\), ahol a két számban egyaránt \(\displaystyle k+1\) darab \(\displaystyle 2\)-es szerepel.

\(\displaystyle s_k-t_k\ge 1\), mert teljesül a feltevés és \(\displaystyle s_k, t_k\) egészek. A Lemma alapján így \(\displaystyle 2^{3^{s_k}}>3^{2^{s_k-1}}\ge 3^{2^{t_k}}\). Ez pedig éppen a belátandó állítás, mert mindkét oldalon 1-gyel nőtt a \(\displaystyle 2\)-esek száma.

Beláttuk tehát általánosan, hogy ha a \(\displaystyle 2^{3^{\scriptstyle 2^{\scriptstyle 3^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .^{\scriptstyle 2^{\scriptstyle 3}}}}}}}}, 3^{2^{\scriptstyle 3^{\scriptstyle 2^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .^{\scriptstyle 3^{\scriptstyle 2}}}}}}}}\) számok ugyanannyi kettest és hármast tartalmaznak és mindegyikből legalább kettőt, akkor teljesül, hogy \(\displaystyle 2^{3^{\scriptstyle 2^{\scriptstyle 3^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .^{\scriptstyle 2^{\scriptstyle 3}}}}}}}} >3^{2^{\scriptstyle 3^{\scriptstyle 2^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .^{\scriptstyle .^{\scriptstyle 3^{\scriptstyle 2}}}}}}}}\). Ennek egy speciális esete az, ami a feladatban szerepel: 50-50 darab kettes és hármas.

Katona Dániel (Budapest, XIII. Kerületi Berzsenyi Dániel Gimnázium, 12. évf.)


Statisztika:

76 dolgozat érkezett.
5 pontot kapott:Andi Gabriel Brojbeanu, Andó Angelika, Baran Zsuzsanna, Bereczki Zoltán, Bursics Balázs, Csépai András, Döbröntei Dávid Bence, Dömsödi Bálint, Fekete Panna, Gál Boglárka, Gáspár Attila, Gyulai-Nagy Szuzina, Hansel Soma, Horváth Miklós Zsigmond, Imolay András, Janzer Orsolya Lili, Katona Dániel, Kerekes Anna, Kosztolányi Kata, Kovács 246 Benedek, Kovács 972 Márton, Kovács Kitti Fanni, Kőrösi Ákos, Lajkó Kálmán, Leitereg Miklós, Mócsy Miklós, Molnár-Sáska Zoltán, Nagy Dávid Paszkál, Nagy-György Pál, Németh 123 Balázs, Polgár Márton, Porupsánszki István, Sal Kristóf, Schrettner Bálint, Schwarcz Tamás, Telek Máté László, Török Tímea, Vágó Ákos, Váli Benedek, Vankó Miléna, Williams Kada.
4 pontot kapott:Barabás Ábel, Cseh Kristóf, Gema Szabolcs, Nagy Kartal.
2 pontot kapott:3 versenyző.
1 pontot kapott:5 versenyző.
0 pontot kapott:22 versenyző.
Nem versenyszerű:1 dolgozat.

A KöMaL 2015. februári matematika feladatai