 |
A B. 5521. feladat (2026. március) |
B. 5521. Adott egy \(\displaystyle k\) pozitív egész. Határozzuk meg az összes olyan pozitív egész \(\displaystyle n\)-et, amelyre \(\displaystyle \dfrac{(2^kn)!}{(n!)^{2^k}}\) prímtényezős felbontásában a \(\displaystyle 2\) kitevője pontosan \(\displaystyle 2^k-1\).
Bertalan Zoltán (Békéscsaba) javaslata alapján
(5 pont)
A beküldési határidő 2026. április 10-én LEJÁRT.
Megoldás. A megoldás során többször fel fogjuk használni, hogy \(\displaystyle 1+2+2^2+\ldots+2^{N-1}=2^N-1\) minden pozitív egész \(\displaystyle N\)-re. (Ez az azonosság kellő óvatossággal \(\displaystyle N=0\) esetén is kimondható, ha az üres összeget \(\displaystyle 0\)-nak tekintjük, de inkább külön fogjuk megvizsgálni azokat az eseteket, amikor \(\displaystyle N=0\)-re kellene alkalmazni.)
Bármely \(\displaystyle N\) pozitív egészre \(\displaystyle v_2(N)\) fogja jelölni a \(\displaystyle 2\) kitevőjét az \(\displaystyle N\) prímtényezős felbontásában.
1. eset: \(\displaystyle n\ge2\).
Legyen \(\displaystyle m\) az a pozitív egész szám, amelyre \(\displaystyle 2^m\le n<2^{m+1}\). A \(\displaystyle v_p(n!)\)-ra vonatkozó Legendre-formula szerint
| \(\displaystyle v_2\big(n!\big) =\sum_{i=1}^m\bigg[\dfrac{n}{2^i}\bigg]. \) | \(\displaystyle (1) \) |
A \(\displaystyle (2^kn)!\) vizsgálatához ugyanezt a képletet alkalmazzuk. Itt \(\displaystyle 2^{k+m}\le 2^kn<2^{k+m+1}\), tehát a Legendre-formulában \(\displaystyle {(k+m)}\)-ig kell összegeznünk. Az összeget kettévágjuk, külön összegzünk \(\displaystyle i\le k\)-re és \(\displaystyle k+1\le i\le(k+m)\)-re:
$$\begin{align*} v_2\big((2^kn)!\big) &=\sum_{i=1}^{k+m} \bigg[\dfrac{2^kn}{2^i}\bigg] =\sum_{i=1}^{k} 2^{k-i}n +\sum_{i=k+1}^{k+m} \bigg[\dfrac{2^kn}{2^i}\bigg] \\ &=(2^{k-1}+\ldots+2+1)n +\sum_{i=k+1}^{k+m}\bigg[\dfrac{n}{2^{i-k}}\bigg] \\ &=(2^k-1)n+\sum_{i=1}^{m}\bigg[\dfrac{n}{2^i}\bigg]. \tag{2} \end{align*}$$Az \(\displaystyle (1)\) és \(\displaystyle (2)\) különbségéből
$$\begin{align*} v_2\Bigg(\dfrac{(2^kn)!}{(n!)^{2^k}}\Bigg) &= v_2\Big((2^kn)!\Big)-2^kv_2\big(n!\big) \\ &= \bigg((2^k-1)n+\sum_{i=1}^{m}\bigg[\dfrac{n}{2^i}\bigg]\bigg) - 2^k\sum_{i=1}^{m}\bigg[\dfrac{n}{2^i}\bigg]\bigg) \\ &= (2^k-1)\bigg(n-\sum_{i=1}^{m}\bigg[\dfrac{n}{2^i}\bigg]\bigg). \end{align*}$$A feladat feltétele tehát – a \(\displaystyle k\) értékétől függetlenül – azzal ekvivalens, hogy
\(\displaystyle n-\sum_{i=1}^{m}\bigg[\dfrac{n}{2^i}\bigg] = 1. \)
1a. eset: Az \(\displaystyle n\) szám \(\displaystyle 2\)-hatvány, vagyis \(\displaystyle n=2^m\).
Ebben az esetben \(\displaystyle \bigg[\dfrac{n}{2^i}\bigg]=\bigg[\dfrac{2^m}{2^i}\bigg]=2^{m-i}\) minden \(\displaystyle 1\le i\le m\) esetén, ezért
\(\displaystyle n-\sum_{i=1}^{m}\bigg[\dfrac{n}{2^i}\bigg] = 2^m - (2^{m-1}+\cdots+2+1) = 2^m - (2^m-1) =1, \)
tehát az \(\displaystyle n\) szám teljesíti a feltételt.
1b. eset: Az \(\displaystyle n\) nem \(\displaystyle 2\)-hatvány, vagyis \(\displaystyle n>2^m\).
Az egészrészjeleket elhagyva
$$\begin{align*} n-\sum_{i=1}^{m}\bigg[\dfrac{n}{2^i}\bigg] &\ge n-\sum_{i=1}^{m}\dfrac{n}{2^i} \\ &= \frac{n}{2^m}\Big(2^m-\big(2^{m-1}+\dots+2+1\big)\Big) \\ &= \frac{n}{2^m}\Big(2^m-\big(2^m-1\big)\Big) = \frac{n}{2^m} >1, \end{align*}$$tehát a feltétel nem teljesülhet.
2. eset: \(\displaystyle n=1\).
Ekkor a fenti számolásban \(\displaystyle m=0\). Az előforduló üres összegek miatt inkább megismételjük a számolást.
A Legendre-formula szerint
$$\begin{align*} v_2\Bigg(\dfrac{(2^kn)!}{(n!)^{2^k}}\Bigg) &=v_2\big((2^k)!\big) =\sum_{i=1}^{k} \bigg[\dfrac{2^k}{2^i}\bigg] =\sum_{i=1}^{k} 2^{k-i} \\ &=2^{k-1}+\dots+2+1 =2^k-1, \end{align*}$$így a feladat feltétele \(\displaystyle n=1\)-re is teljesül.
Összefoglalva: a feladat feltétele akkor teljesül, ha \(\displaystyle n=1\), vagy az \(\displaystyle n\) egy \(\displaystyle 2\)-hatvány.
Statisztika:
56 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Ali Richárd, Balla Ignác , Bao Nguyen Gia, Baran Júlia, Baranyi Ernő, Bodó Rókus Dániel, Bodor Ádám, Budai Máté, Danka Emma, Diaconescu Tashi, Ercse Ferenc, Fajszi Horka, Flavio Romagnoli, Fodor Barna, Fülöp Levente, Gaál Gergely, Gál Mózes, Görömbey Tamás, Hajba Milán, Hajszter Dóra, Hegyi Fruzsina , Hideg János, Li Mingdao, Lovas Márk, Mikó Hédi Irma, Miszori Gergő, Miszori Márton, Molnár Lili, Molnár-Sáska Tamás, Nagypál Katóca, Papp Mátyás, Pázmándi József Áron, Péter Hanna, Rajtik Sándor Barnabás, Sajter Klaus, Sánta Gergely Péter, Sha Jingyuan, Sógor-Jász Soma, Szabó-Caceres Alan Martin, Szemán Gergő, Takács András, Varsányi Benedek, Vincze Marcell, Vödrös Dániel László, Wiener Marcell. 4 pontot kapott: Benedek Olivér , Pataki Gergő, Tóth László Pál, Várhegyi Hanna. 3 pontot kapott: 3 versenyző. 2 pontot kapott: 1 versenyző. 1 pontot kapott: 1 versenyző. 0 pontot kapott: 1 versenyző.
A KöMaL 2026. márciusi matematika feladatai