A B. 5308. feladat (2023. március)

B. 5308. Jelölje \(\displaystyle a_n\) az \(\displaystyle n+1,n+2,\ldots,n+10\) pozitív egész számok legkisebb közös többszörösét. Határozzuk meg a legnagyobb olyan \(\displaystyle \lambda\) valós számot, melyre \(\displaystyle \lambda a_{n}\le a_{n+1}\) mindig teljesül.

Javasolta: Pach Péter Pál (Budapest)

(6 pont)

A beküldési határidő 2023. április 11-én LEJÁRT.

Megoldás. Legyen \(\displaystyle n\geq 0\) tetszőleges, és jelölje \(\displaystyle A=A_n=[n+2,n+3,\dots,n+10]\) az \(\displaystyle n+2,n+3,\dots,n+10\) számok legkisebb közös többszörösét. (A továbbiakban \(\displaystyle n\) rögzítve lesz, így az egyszerűség kedvéért röviden csak \(\displaystyle A\)-t írunk.) A legnagyobb olyan \(\displaystyle \lambda\)-t keressük, hogy \(\displaystyle \lambda [A,n+1]\leq [A,n+11]\) mindig teljesül. Mivel

\(\displaystyle \frac{[A,n+11]}{[A,n+1]}=\frac{A(n+11)}{A(n+1)}\cdot \frac{(A,n+1)}{(A,n+11)}=\frac{n+11}{n+1}\cdot \frac{(A,n+1)}{(A,n+11)},\)

így vizsgáljuk az \(\displaystyle \frac{(A,n+1)}{(A,n+11)}\) tört értékét. Minden \(\displaystyle p\) prímre határozzuk meg, hogy legfeljebb mekkora hatványon oszthatja a tört nevezőjét egyszerűsítés után. Ha \(\displaystyle p\mid (A,n+11)\), akkor egyrészt \(\displaystyle p\mid n+11\), másrészt az \(\displaystyle n+2, n+3,\dots,n+10\) számok között szintén van \(\displaystyle p\)-vel osztható, így \(\displaystyle p\leq (n+11)-(n+2)=9\). Vagyis csak a \(\displaystyle p=2,3,5,7\) prímek oszthatják a nevezőt. Ha az \(\displaystyle A,n+1,n+11\) prímtényezős felbontásában \(\displaystyle p\) kitevője rendre \(\displaystyle \alpha,\beta,\gamma\), akkor \(\displaystyle (A,n+1)\)-ban \(\displaystyle \min(\alpha,\beta)\), míg \(\displaystyle (A,n+11)\)-ban \(\displaystyle \min (\alpha,\gamma)\). Legyenek továbbá \(\displaystyle \delta\), illetve \(\displaystyle \varepsilon\) a legnagyobb olyan kitevők, melyekre \(\displaystyle p^\delta<10\) és \(\displaystyle p^\varepsilon\mid 10\).

Azt mutatjuk meg, hogy \(\displaystyle \min(\alpha,\gamma)-\min(\alpha,\beta)\leq \delta-\varepsilon\), vagyis \(\displaystyle \frac{(A,n+1)}{(A,n+11)}\) nevezőjében egyszerűsítés után \(\displaystyle p\) kitevője legfeljebb \(\displaystyle \delta-\varepsilon\).

Mivel \(\displaystyle p^\gamma\mid n+11\) és \(\displaystyle p^\varepsilon\mid 10\), ezért \(\displaystyle p^{\min(\gamma,\varepsilon)}\mid n+1\), vagyis \(\displaystyle \beta\geq \min(\gamma,\varepsilon)\).

Mivel \(\displaystyle p^\alpha\mid A=[n+2,\dots,n+10]\) és \(\displaystyle p^\gamma\mid n+11\), ezért \(\displaystyle p^{\min(\alpha, \gamma)}\leq 9\), hiszen \(\displaystyle p^{\min(\alpha, \gamma)}\) osztja \(\displaystyle (n+11)\)-et és \(\displaystyle n+2,\dots,n+10\) valamelyikét is. Ezért \(\displaystyle \min(\alpha, \gamma)\leq \delta\).

Így

\(\displaystyle \min(\alpha,\gamma)-\min(\alpha,\beta)\leq \min(\alpha,\gamma)-\min(\alpha,\gamma,\varepsilon) \leq \max(\delta-\varepsilon,0).\)

Ha ugyanis \(\displaystyle \min(\alpha,\gamma)\leq \varepsilon\), akkor \(\displaystyle \min(\alpha,\gamma)-\min(\alpha,\gamma,\varepsilon)=0\), ha pedig \(\displaystyle \varepsilon<\min(\alpha,\gamma)\), akkor

\(\displaystyle \min(\alpha,\gamma)-\min(\alpha,\gamma,\varepsilon) \leq \min(\alpha,\gamma)-\varepsilon\leq \delta-\varepsilon.\)

Ez azt jelenti, hogy \(\displaystyle \frac{(A,n+1)}{(A,n+11)}\) egyszerűsítés utáni alakjában a nevezőben 2 kitevője legfeljebb \(\displaystyle 3-1=2\), a 3 kitevője legfeljebb 2, az 5 kitevője legfeljebb \(\displaystyle 1-1=0\), a 7 kitevője pedig legfeljebb 1. Ezért

\(\displaystyle \frac{(A,n+1)}{(A,n+11)}\geq\frac{1}{2^2\cdot 3^2\cdot 7}=\frac{1}{252}.\)

Az eddigiek alapján tehát

\(\displaystyle \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{n+11}{n+1}\cdot \frac{(A,n+1)}{(A,n+11)}\geq \frac{n+11}{n+1}\cdot\frac{1}{252}\geq \frac{1}{252}\)

mindig teljesül, tehát \(\displaystyle \lambda=\frac{1}{252}\) mellett minden \(\displaystyle n\)-re \(\displaystyle \lambda a_n\leq a_{n+1}\).

Ha az \(\displaystyle n+11\) szám osztható \(\displaystyle 2^3\cdot 3^2\cdot 7\)-tel, akkor

\(\displaystyle \frac{(A,n+1)}{(A,n+11)}=\frac{1}{2^2\cdot 3^2\cdot 7}=\frac{1}{252}.\)

Valóban, \(\displaystyle 2^3\cdot 3^2\cdot 7\mid (A,n+11)\), hiszen \(\displaystyle 2^3\mid n+3,\ 3^2\mid n+2,\ 7\mid n+4\), viszont \(\displaystyle n+1\) sem 3-mal, sem 7-tel nem osztható és 2-nek is csak az első hatványával.

Ha tehát \(\displaystyle n=504N-11\), akkor \(\displaystyle \frac{(A,n+1)}{(A,n+11)}=\frac{1}{252}\), így ha egy \(\displaystyle \lambda\) értéke minden \(\displaystyle N\) mellett \(\displaystyle \lambda a_{504N-11}\leq a_{504N-10}\), akkor minden \(\displaystyle N\)-re \(\displaystyle n=504N-11\) mellett

\(\displaystyle \lambda\leq \frac{n+11}{n+1}\cdot \frac{1}{252}.\)

Ebből \(\displaystyle \lambda\leq \frac{1}{252}+\frac{10}{n+1}\cdot\frac{1}{252}\), és így látható, hogy \(\displaystyle \lambda\) lehetséges legnagyobb értéke \(\displaystyle \frac{1}{252}\). (Hiszen \(\displaystyle N\to \infty\) esetén \(\displaystyle \frac{10}{n+1}=\frac{10}{504N-10}\to 0\).)

Tehát a legnagyobb megfelelő \(\displaystyle \lambda\) valós szám \(\displaystyle \lambda=\frac{1}{252}\).

Megjegyzések 1. A feladatban \(\displaystyle \frac{(A,n+1)}{(A,n+11)}\) egyszerűsítés utáni nevezőjében a \(\displaystyle 2,3,5,7\) prímek lehetséges legnagyobb kitevőjét a prímeket egyesével vizsgálva is gyorsan megkaphatjuk. Mivel \(\displaystyle (n+11)-(n+2)=9\), ezért látható, hogy \(\displaystyle (A,n+11)\) az 5 és 7 prímek legfeljebb első hatványával lehet osztható, hiszen \(\displaystyle A=[n+2,n+3,\dots,n+11]\). Azonban \(\displaystyle 5\mid (A,n+11)\) esetén \(\displaystyle 5\mid (A,n+1)\) is teljesül, így a nevező nem lesz 5-tel osztható. Hasonlóan látható, hogy \(\displaystyle (A,n+11)\) a 3-nak legfeljebb második, a 2-nek legfeljebb 3-adik hatványával lehet osztható. De ha \(\displaystyle 2^3\mid (A,n+11)\), akkor \(\displaystyle 2\mid (A,n+1)\), és így egyszerűsítés után a nevező a 2-nek csak a második hatványával lehet osztható.

2. A megoldás alapján nem nehéz végiggondolni, hogy ha 10 helyett valamely rögzített \(\displaystyle k\) pozitív egész számra tekintjük az \(\displaystyle a_n=[n+1,n+2,\dots,n+k]\) sorozatot, akkor a legnagyobb olyan \(\displaystyle \lambda\) valós szám, melyre \(\displaystyle \lambda a_n\leq a_{n+1}\) mindig teljesül, \(\displaystyle \lambda=\frac{(t,[1,2,\dots,t-1])}{[1,2,\dots,t-1]}\). (A fenti megoldást értelemszerűen módosítva az ottani jelölésekkel \(\displaystyle p\) kitevője a nevezőben \(\displaystyle p^\delta\), a számlálóban pedig \(\displaystyle p^{\min(\varepsilon,\delta)}\).)

Statisztika:

37 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Chrobák Gergő, Csonka Illés, Czanik Pál, Czirják Márton Pál, Hodossy Réka, Holló Martin, Horváth 530 Mihály, Kerekes András, Kocsis 827 Péter, Mizik Lóránt, Molnár István Ádám, Nguyen Kim Dorka, Op Den Kelder Ábel, Prohászka Bulcsú, Sági Mihály, Szakács Ábel, Szanyi Attila, Szemlér Bálint, Tarján Bernát, Varga Boldizsár, Virág Lénárd Dániel.
5 pontot kapott:	Bodor Mátyás, Gömze Norken, Kovács Benedek Noel, Szabó 810 Levente.
4 pontot kapott:	1 versenyző.
3 pontot kapott:	3 versenyző.
2 pontot kapott:	4 versenyző.
1 pontot kapott:	2 versenyző.
0 pontot kapott:	2 versenyző.

A KöMaL 2023. márciusi matematika feladatai