 |
A B. 5530. feladat (2026. április) |
B. 5530. Öt különböző pozitív egész szám közül akárhogyan választunk ki néhányat, a mértani közepük mindig egész. Legalább mekkorának kell lennie közülük a legnagyobbnak?
Javasolta: Pach Péter Pál (Budapest)
(5 pont)
A beküldési határidő 2026. május 11-én LEJÁRT.
Megoldás. Használjuk az \(\displaystyle m(x_1, x_2, \ldots , x_t)\) jelölést az \(\displaystyle x_1, x_2, \ldots \,,x_t\) számok mértani közepére, azaz
\(\displaystyle m(x_1, x_2, \ldots\,, x_t) :=\root {^t}\of {x_1\cdot x_2 \cdot \ldots \cdot x_t}. \)
A továbbiakban jelölje \(\displaystyle a_1, a_2, \ldots ,\, a_5\) a feladatban szereplő öt pozitív egész számot.
1. Állítás: Ha az öt szám legnagyobbika minimális, akkor az öt szám legnagyobb közös osztója 1: ha \(\displaystyle d\) egy 1-nél nagyobb közös osztó, azaz \(\displaystyle a_1=db_1\), \(\displaystyle a_2=db_2\), \(\displaystyle \ldots\), \(\displaystyle a_5=db_5\), akkor \(\displaystyle m(b_{j_1}, b_{j_2}, \ldots\,, b_{j_k}) = \dfrac{1}{d}m(a_{j_1}, a_{j_2}, \ldots\,, a_{j_k})\) miatt \(\displaystyle m(b_{j_1}, b_{j_2}, \ldots\,, b_{j_k})\) racionális, és gyöke az egész együtthatós \(\displaystyle x^k - b_{j_1}\cdot b_{j_2}\cdot \ldots \cdot b_{j_k}\) polinomnak, így a racionális gyökteszt miatt egész. Tehát a \(\displaystyle b_1\), \(\displaystyle b_2\), \(\displaystyle \ldots\), \(\displaystyle b_5\) számok is teljesítik a feladat feltételeit, de \(\displaystyle b_i\) rendre kisebb \(\displaystyle a_i = db_i\)-nél.
2. Állítás: Ha \(\displaystyle 1 \le i < j\le 5\), akkor \(\displaystyle \dfrac{a_j}{a_i}\) (és így \(\displaystyle \dfrac{a_i}{a_j}\) is) egy racionális szám 12-edik hatványa: például \(\displaystyle m(a_1, a_2, a_3, a_5) = m(a_1, a_2, a_3, a_4)\root {^4}\of {\dfrac{a_5}{a_4}}\), ezért \(\displaystyle x:=\root {^4}\of {\dfrac{a_5}{a_4}}\) racionális. Hasonlóan \(\displaystyle m(a_1, a_2, a_5) = m(a_1, a_2, a_4)\root {^3}\of {\dfrac{a_5}{a_4}}\), ezért \(\displaystyle y:=\root {^3}\of {\dfrac{a_5}{a_4}}\) is racionális. Ezekből következik, hogy \(\displaystyle \root ^{12}\of {\dfrac{a_5}{a_4}} = y/x\) is racionális.
3. Állítás: \(\displaystyle a_1, a_2, \ldots ,\, a_5\) mindegyike teljes 12-edik hatvány: jelölje
\(\displaystyle a_1 = \prod\limits_{i}{p_i^{\alpha_i}}, \quad a_2 = \prod\limits_{i}{p_i^{\beta_i}}, \quad a_3 = \prod\limits_{i}{p_i^{\gamma_i}}, \quad a_4 = \prod\limits_{i}{p_i^{\delta_i}}, \quad a_5 = \prod\limits_{i}{p_i^{\varepsilon_i}} \)
az öt szám prímtényezős alakját, a kitevőkben nullát is megengedve. Például \(\displaystyle \dfrac{a_2}{a_1} = \prod\limits_{i}{p_i^{\beta_i - \alpha_i}}\) egy racionális szám 12-edik hatványa lévén \(\displaystyle \beta_i - \alpha_i\) osztható 12-vel, azaz \(\displaystyle \alpha_i \equiv \beta_i \pmod{12}\), általában \(\displaystyle \alpha_i \equiv \beta_i \equiv \gamma_i \equiv \delta_i \equiv \varepsilon_i \pmod{12}\). Egy tetszőleges \(\displaystyle i\) indexet választva tegyük fel, hogy például \(\displaystyle \alpha_i\) nem osztható 3-mal. Mivel \(\displaystyle p_i\) többi kitevője 12 valamilyen többszörösében tér csak el \(\displaystyle \alpha_i\)-től, ezek sem oszthatók 3-mal, speciálisan egyik sem nulla; így mindegyik \(\displaystyle a_v\) szám osztható lenne \(\displaystyle p_i\)-vel, ellentmondva annak, hogy összességükben relatív prímek. Tehát mindegyik kitevő osztható 3-mal, és hasonló okból 4-gyel is, ezért ezek legkisebb közös többesével, 12-vel is. Így \(\displaystyle \alpha_i = 12\alpha_i'\), \(\displaystyle \beta_i = 12\beta_i'\), \(\displaystyle \gamma_i = 12\gamma_i'\), \(\displaystyle \delta_i = 12\delta_i'\), \(\displaystyle \varepsilon_i = 12\varepsilon_i'\), azaz \(\displaystyle a_j = c_j^{12}\), \(\displaystyle j= 1, 2, 3, 4, 5\).
4. Állítás: Részleges megfordításként kapjuk, hogy minden, teljes 12-edik hatványokból álló pozitív egész számötösben az összes, legfeljebb négyelemű rész mértani közepe is egész. Ezek körében pontosan olyan minimális számötöst keresünk, ahol az öt szám mértani közepe is egész. Az utóbbi feltétel azt jelenti, hogy — a korábbi jelölésekkel, minden \(\displaystyle i\)-re — \(\displaystyle \alpha_i + \beta_i + \gamma_i + \delta_i + \varepsilon_i\) osztható 5-tel, azaz \(\displaystyle \alpha_i' + \beta_i' + \gamma_i' + \delta_i' + \varepsilon_i'\) osztható 5-tel.
A \(\displaystyle c_1\), \(\displaystyle c_2\) \(\displaystyle c_3\), \(\displaystyle c_4\) \(\displaystyle c_5\) számok maximumát jelölje \(\displaystyle M\); a \(\displaystyle c_k\) számok prímosztói (amik pontosan az \(\displaystyle a_k\) számok prímosztói) szerint a következő esetek fordulhatnak elő:
1. eset: \(\displaystyle p_1\) az egyetlen prímosztó; ekkor mindegyik \(\displaystyle c_k\) szám \(\displaystyle p_1\)-hatvány, ezek legnagyobbika legalább \(\displaystyle p_1^4\ge 2^4=16\).
2. eset: Kettőnél több \(\displaystyle p_1< p_2 < p_3 < \ldots < p_k\) prímosztó esetén az 1. Állítás szerint feltehető, hogy az \(\displaystyle a_i\) számoknak (és így a \(\displaystyle c_k\) számoknak) nincs 1-nél nagyobb közös osztója, vagyis nincs olyan prím, ami mindegyik \(\displaystyle c_k\)-nak osztója lenne. Az öt szám mértani közepe viszont pontosan akkor egész, ha szorzatuk prímtényezői 5-tel osztható kitevőn szerepelnek; így a \(\displaystyle c_k\) számok egyikében a \(\displaystyle p_3\) prím legalább a második hatványon szerepel. Ebből következik, hogy \(\displaystyle M\ge p_3^2\ge 5^2 =25\).
3. eset: Két prímosztó van, \(\displaystyle p_1\) és \(\displaystyle p_2\), \(\displaystyle p_1<p_2\);
A \(\displaystyle c_k\) számok szorzatában \(\displaystyle p_2\) egy 5-tel osztható kitevőn szerepel, így \(\displaystyle p_2^{5t}\mid c_1c_2c_3c_4c_5\). Mivel a számok legnagyobb közös osztója 1, például \(\displaystyle c_5\) nem osztható \(\displaystyle p_2\)-vel. Így szükségképpen valamelyik szám \(\displaystyle p_2^{2}\)-nel is osztható.
3A eset: \(\displaystyle t\ge 2\); ekkor \(\displaystyle c_1c_2c_3c_4c_5\) osztható \(\displaystyle p_2^{10}\)-nel. Ha két szám is osztható \(\displaystyle p_2^{2}\)-nel, akkor legalább egyikük valódi többszörös, így \(\displaystyle M\ge p_2^{2}p_1\ge 3^{2}\cdot 2 = 18\). Ha pedig például egyedül \(\displaystyle c_1\) osztható \(\displaystyle p_2^{2}\)-nel — \(\displaystyle c_2\), \(\displaystyle c_3\) és \(\displaystyle c_4\) pedig \(\displaystyle p_2\)-nek legfeljebb az első hatványával — akkor \(\displaystyle p_2^{7}\) is osztója \(\displaystyle c_1\)-nek, ezért ekkor \(\displaystyle M\ge 3^7\).
3B eset: \(\displaystyle t=1\); például \(\displaystyle p_2^{2} \mid c_1\) és \(\displaystyle p_2 \nmid c_5\). Ha csupán \(\displaystyle c_1\) osztható \(\displaystyle p_2^{2}\)-nel, akkor \(\displaystyle c_2\), \(\displaystyle c_3\) és \(\displaystyle c_4\) a \(\displaystyle p_2\)-nek legfeljebb az első hatványával osztható. Ha e három szám valamelyike nem is osztható \(\displaystyle p_2\)-vel, akkor \(\displaystyle c_1\) még \(\displaystyle p_2^3\)-nal is osztható, így \(\displaystyle M\ge p_2^3 \ge 3^3 =27\). Ha pedig \(\displaystyle c_2\), \(\displaystyle c_3\) és \(\displaystyle c_4\) a \(\displaystyle p_2\)-nek pontosan az első hatványával osztható, akkor \(\displaystyle c_2\), \(\displaystyle c_3\) és \(\displaystyle c_4\) mindegyike \(\displaystyle p_2p_1^k\) alakú. Három ilyen szám legnagyobbika legalább \(\displaystyle p_2p_1^2\), ilyenkor \(\displaystyle M\ge p_2p_1^2 \ge 3 \cdot 2^2 = 12\).
Az \(\displaystyle M\)-re kapott legkisebb alsó becslés tehát 12. Ez az alsó korlát éles, mivel megvalósul a \(\displaystyle 3, 4, 6, 9, 12\) szám-ötösre, vagyis \(\displaystyle 3^{12}, 4^{12}, 6^{12}, 9^{12}, 12^{12}\) kielégíti a feladat valamennyi feltételét.
A feladat kérdésére a válasz: \(\displaystyle 12^{12}\).
Statisztika:
57 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Ali Richárd, Baran Júlia, Bodó Rókus Dániel, Bodor Ádám, Budai Máté, Diaconescu Tashi, Ercse Ferenc, Gál Mózes, Miszori Márton, Mukkamala Kasu, Pázmándi József Áron, Péter Hanna, Rajtik Sándor Barnabás, Sajter Klaus, Sógor-Jász Soma, Takács András, Tóth László Pál, Várhegyi Hanna, Vincze Marcell. 4 pontot kapott: Balla Ignác , Baranyi Ernő, Beinschroth Máté, Benedek Olivér , Danka Emma, Fajszi Horka, Gödry Miklós Gábor, Hideg János, Horák Zsófia, Li Mingdao, Lovas Márk, Nagypál Katóca, Papp Mátyás, Rotter Szabolcs, Sánta Gergely Péter, Schmidt Botond, Tóth Luca, Varsányi Benedek, Wiener Marcell, Winkler-Antal Dalma. 3 pontot kapott: 9 versenyző. 2 pontot kapott: 7 versenyző. 1 pontot kapott: 2 versenyző.
A KöMaL 2026. áprilisi matematika feladatai