Problem C. 1797. (January 2024)
C. 1797. Find the largest integer value of \(\displaystyle x\) for which \(\displaystyle x>2\) and the values \(\displaystyle \log_2 (x)\), \(\displaystyle \log_4 (2x)\) and \(\displaystyle \log_8 (3x)\) can be the side lengths of a triangle.
Proposed by Bálint Bíró, Eger
(5 pont)
Deadline expired on February 12, 2024.
Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation
Megoldás. Az \(\displaystyle x>2\) feltétel miatt a \(\displaystyle \displaystyle{\log_2x}\), \(\displaystyle \displaystyle{\log_42x}\), \(\displaystyle \displaystyle{\log_83x}\) kifejezések mindegyike értelmezett és egyszerűen belátható, hogy mindhárom kifejezés pozitív.
Megmutatjuk, hogy
| \(\displaystyle (1)\) | \(\displaystyle \displaystyle{\log_2x>\log_42x}\) |
és
| \(\displaystyle (2)\) | \(\displaystyle \displaystyle{\log_2x>\log_83x}.\) |
A különböző alapú logaritmusos kifejezések közötti átváltási képlet és a szorzat logaritmusára vonatkozó összefüggés alapján
\(\displaystyle \displaystyle{\log_42x=\frac{\log_22x}{\log_24}=\frac{\log_22+\log_2x}{2}=\frac{1+\log_2x}{2}}.\)
Ennek megfelelően a \(\displaystyle \displaystyle{\log_2x>\log_42x}\) egyenlőtlenség a \(\displaystyle \displaystyle{\log_2x>\frac{1+\log_2x}{2}}\) egyenlőtlenségre vezet, amelyből egyszerű számítással a \(\displaystyle \displaystyle{\log_2x>1}\) egyenlőtlenséget kapjuk. Ez az egyenlőtlenség azonban fennáll, hiszen az ennek megfelelő valós számokra éppen a kezdeti \(\displaystyle x>2\) feltétel teljesül.
Hasonló módon alakíthatjuk át a \(\displaystyle \displaystyle{\log_83x}\) kifejezést:
\(\displaystyle \displaystyle{\log_83x=\frac{\log_23x}{\log_28}=\frac{\log_23+\log_2x}{3}}.\)
Eszerint a \(\displaystyle \displaystyle{\log_2x>\log_83x}\) egyenlőtlenségből a \(\displaystyle \displaystyle{\log_2x>\frac{\log_23+\log_2x}{3}}\) egyenlőtlenséget kapjuk, ahonnan rendezéssel a \(\displaystyle 2\log_2x>\log_23\) egyenlőtlenség adódik.
Ez pedig az \(\displaystyle x>2\) figyelembevételével egyenértékű a \(\displaystyle \log_2x^2>\log_23\) egyenlőtlenséggel. A kapott egyenlőtlenség az \(\displaystyle x^2>3\) valós számokra teljesül, vagyis minden olyan \(\displaystyle x\)-re, amelyre \(\displaystyle x>2\).
Ezzel beláttuk az (1) és (2) egyenlőtlenségeket, tehát azt, hogy a \(\displaystyle \displaystyle{\log_2x}\), \(\displaystyle \displaystyle{\log_42x}\), és \(\displaystyle \displaystyle{\log_83x}\) pozitív számok közül \(\displaystyle x>2\) esetén \(\displaystyle \displaystyle{\log_2x}\) a legnagyobb.
Ezért a
\(\displaystyle \displaystyle{log_2x;\quad \log_42x;\quad \log_83x}\)
pozitív számoknak megfelelő szakaszokból pontosan akkor szerkeszthető háromszög, ha
\(\displaystyle \displaystyle{\log_83x+\log_42x>\log_2x},\)
azaz ha
| \(\displaystyle (3)\) | \(\displaystyle \displaystyle{\frac{\log_23+\log_2x}{3}+\frac{1+\log_2x}{2}>\log_2x}.\) |
A (3) egyenlet mindkét oldalát 6-tal szorozva és rendezve azt kapjuk, hogy
\(\displaystyle 2\cdot \log_23+3>\log_2x,\)
ahonnan a hatvány logaritmusára vonatkozó azonosságból adódik, hogy
\(\displaystyle \log_23^2+\log_22^3>\log_2x,\)
innen pedig a szorzat logaritmusára vonatkozó azonosság miatt
| \(\displaystyle (4)\) | \(\displaystyle \log_272>\log_2x.\) |
A pozitív valós számok halmazán értelmezett \(\displaystyle \displaystyle{f(x)=\log_2x}\) függvény szigorúan monoton növekvő, ezért (4)-ből azt kapjuk, hogy \(\displaystyle x<72\). A legnagyobb olyan egész \(\displaystyle x\) szám tehát, amely megfelel az \(\displaystyle x>2\) feltételnek továbbá az \(\displaystyle x<72\) eredménynek, és kielégíti a (3) egyenlőtlenséget, az \(\displaystyle x=71\).
Ebben az esetben a (3) egyenlőtlenségnek megfelelően a \(\displaystyle \displaystyle{\log_2x;\quad \log_42x;\quad \log_83x}\) pozitív valós számoknak megfelelő hosszúságú szakaszokból szerkeszthető háromszög.
Megjegyzés. Számolással ellenőrizhető, hogy \(\displaystyle x=71\) esetén \(\displaystyle \log_83x=\log_8213\approx 2,578\), \(\displaystyle \log_42x=\log_4142\approx 3,575\), illetve \(\displaystyle \log_2x=\log_271\approx 6,150\).
Statistics:
86 students sent a solution. 5 points: Balogh Péter, Barna Márton, Barra Emma, Beke Botond, Biborka Bernadett, Braun Zsófia, Csáki Botond Benjámin, Dancsák Dénes, Feczkó Illés Tivadar, Gerencsér László, Gyuricsek Ákos, Hajdu István Károly, Harmincz Sára, HomolyaDániel123, Inokai Ádám, Iván Máté Domonkos, Jankovics Gábor, Járdánházi-Kurutz Vilmos, Károlyi József, Kincses Hanna Blanka, Király Áron, Márfai Dóra, Menyhárt Eszter Panna, Mező Levente, Monoczki Máté, Nagy 292 Korina, Nagy 665 Martin, Németh Hanna Júlia , Petró Péter, Simon Bálint, Somogyi Dóra, Szabó Donát, Török Eszter Júlia, Ujpál Bálint, Viczián Márk, Wodala Gréta Klára, Žigo Boglárka. 4 points: 26 students. 3 points: 12 students. 2 points: 3 students. 1 point: 1 student.
Problems in Mathematics of KöMaL, January 2024