Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

És hányféleképpen helyezhetünk el 8 bástyát úgy, hogy azok ne üssék egymás?

ha rogzitjuk az A1 mezot, akkor szerintem 8!

Kedves Rizsesz!

Hányfélképpen lehet elhelyezni 8 bástyát egy sakktáblán?

igazából csak nem tárgyal dolgokat (hogy pl 7 hogyan állítható elő 3 szám összegeként)

C1322. megoldása teljesen hibás. Ha a közölt gondolatmenetet követném 7 jegyű számok helyett 9 jegyű számokra, akkor a 999950049-t kapnám megoldásnak: legnagyobb szám négyjegyű lehet a sorozatban, kezdjük 9999-cel a számot stb. DE a helyes megoldás természetesen a 999999999.

Az számomra külön rejtély a közölt megoldásnál, hogy miért a szám elejére kell(?) berakni a legnagyobb számot. Például a 8,9,10 olyan számtani sorozat, ahol 8910>1098, azaz a legkisebb számmal kezdve nagyobb lesz az összerakott szám!

A654 feladat hivatalos megoldása egy kicsit másképp (számolósabb viszont direkt adja a felső becslést)

A P(x)-re tett feltételből következik, hogy

$\displaystyle x\in[0,1]$ esetén $\displaystyle |xP(x^2)|\leq1$

De a $\displaystyle Q(x)=xP(x^2)$ polinom páratlan, ezért

$\displaystyle x\in[-1,1]$ esetén $\displaystyle |Q(x)|=|xP(x^2)|\leq1$

Legyen $\displaystyle x_k=\cos\frac{k\pi}{2n+1} (0\leq k\leq 2n+1)$ Ekkor $\displaystyle 1=x_0>x_1>...>x_{2n+1}=-1$ olyan nullától különböző valós számok, melyekre $\displaystyle x_k=-x_{2n+1-k}$. Mivel Q(x) 2n+1-ed fokú fokú polinom, ezért az $\displaystyle x_k$ helyeken felvett értékek egyértelműen meghatározzák, így Q(x) Lagrange-féle interpolációs polinomja:

$\displaystyle Q(x)=\sum_{k=0}^{2n+1}\prod_{i\neq k}\frac{x-x_i}{x_k-x_i}Q(x_k)$

Bevezetve az $\displaystyle f(x)=\prod_{k=0}^{2n+1}(x-x_k)=\prod_{k=0}^n(x^2-x_k^2)$ jelölést

$\displaystyle Q(x)=f(x)\sum_{k=0}^{2n+1}\frac{Q(x_k)}{(x-x_k)f'(x_k)}=f(x)\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{Q(x_k)}{(x-x_k)f'(x_k)}+\frac{Q(x_{2n+1-k})}{(x-x_{2n+1-k})f'(x_{2n+1-k})}\right)=f(x)\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{Q(x_k)}{(x-x_k)f'(x_k)}+\frac{Q(-x_k)}{(x-(-x_k))f'(-x_k)}\right)$

Mivel f(x) páros, ezért $\displaystyle f'(x)$ páratlan, továbbá Q(x) is páratlan, így

$\displaystyle Q(x)=f(x)\sum_{k=0}^{n}\frac{Q(x_k)}{f'(x_k)}\left(\frac1{x-x_k}+\frac1{x+x_k}\right)$, azaz

Innen $\displaystyle |Q(x_k)|\leq1$ miatt

Most megmutatjuk hogy (2) jobb oldala 2n+1, amivel a feladat állítását is igazoltuk.

Vegyük észre, hogy (1) második egyenlősége tetszőleges 2n+1-ed fokú, páratlan polinomra igaz, azaz speciálisan a $\displaystyle T_{2n+1}(x)$ 2n+1-dik elsőfajú Csebisev-polinomra is.

( Jól ismert, hogy $\displaystyle T_{2n+1}(x)$ olyan 2n+1-ed fokú polinom, melyre $\displaystyle T_{2n+1}(\cos t)=\cos(2n+1)t$

továbbá az $\displaystyle x=\cos t$ helyettesítéssel $\displaystyle T_{2n+1}(-x)=T_{2n+1}(-\cos t)=T_{2n+1}(\cos(\pi-t))=\cos((2n+1)(\pi-t))=-\cos(2n+1)t=-T_{2n+1}(x)$, azaz $\displaystyle T_{2n+1}(x)$ páratlan is.)

$\displaystyle \frac{T_{2n+1}(x)}x=2f(x)\sum_{k=0}^{n}\frac{T_{2n+1}(x_k)}{(x^2-x_k^2)f'(x_k)}$

Mivel $\displaystyle T_{2n+1}(x_k)=\cos k\pi=(-1)^k$, továbbá $\displaystyle f'(x_k)$ előjelére $\displaystyle sgn(f'(x_k))=sgn\prod_{i\neq k}(x_k-x_i)=(-1)^k$, ezért

$\displaystyle \frac{T_{2n+1}(x)}x=2f(x)\sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k}{(x^2-x_k^2)(-1)^k|f'(x_k)|}=2f(x)\sum_{k=0}^{n}\frac1{(x^2-x_k^2)|f'(x_k)|}$. Tehát

$\displaystyle 2|f(0)|\sum_{k=0}^{n}\frac1{x_k^2|f'(x_k)|}=\left|\lim_{x\to0}\frac{T_{2n+1}(x)}x\right|=\left|\lim_{t\to\frac\pi2}\frac{\cos(2n+1)t}{\cos t}\right|=2n+1$

A megoldásom az A.652.-re: Legyen $\displaystyle a=a_0$ és $\displaystyle b=a_1$, ekkor, ha $\displaystyle \frac {1}{a_i}$ számtani sorozatot alkot, akkor $\displaystyle \frac{1}{a_k}=k*(\frac 1b-\frac 1a)+\frac 1a=\frac{k*(a-b)+b}{a*b}=\frac{k*d+b}{a*b}$, ahol $\displaystyle d=a-b<0$ egész. Az, hogy $\displaystyle a_k$ egész azzal ekvivalens, hogy $\displaystyle (k*d+b)|(a*b)$; és ez minden $\displaystyle 0\le k \le n$-re kell. Legyen $\displaystyle p\le n$ prím, 2 eset van: $\displaystyle p|d$ vagy $\displaystyle d$ nem osztható $\displaystyle p$-vel, ez utóbbi esetben $\displaystyle k*d+b$ ($\displaystyle k=0,..,p-1$-re) teljes maradékrendszert alkot modulo p, így az egyik osztható $\displaystyle p$-vel, de akkor $\displaystyle (a*b)$ is. De mindkét esetben igaz, hogy $\displaystyle p|(a*b*|a-b|)$, így $\displaystyle \prod_{p prim; 2\le p \le n}p|(a*b*(|a-b|)$. Triviálisan b<2*a (különben $\displaystyle \frac {1}{a_2}\le 0$); így $\displaystyle \prod_{p prim; 2\le p \le n}p<2*a^3$, de ismert, hogy $\displaystyle n$-ig a prímek szorzata nagyobb, mint $\displaystyle C_1^n$ ($\displaystyle C_1>1$-re). Ebből pedig $\displaystyle a=a_0>C^n$ fix $\displaystyle C>1$-re.

Az A.650. feladat egy lehetséges megoldása itt olvasható.

Az A.652. feladat kihozható némileg egyszerűbben. (Amúgy is valószínűnek tartom, hogy az osztott differencia alkalmazása inkább a tanulságosságra, mint az egyszerűségre való törekvés következménye.) A megoldásom kulcsa a következő lemma volt, ami szerintem önmagában is érdekes tétel:

Ha $\displaystyle 0<u_1<u_2<\dots$ végtelen számtani sorozat tagjai relatív prímek a differenciához, és

$\displaystyle T=\frac{u_1u_2\dots u_n}{n!},\qquad L=lkkt(u_1,u_2,\dots,u_n),$

akkor $\displaystyle \frac{L}{T}$ pozitív egész szám.

Még egy bizonyítás: itt.

B.4731, minimummeghatározás vázlatosan:

Négyzetreemelés, majd még egy négyzetreemelés után látszik, hogy elég a következőket bizonyítani:

$\displaystyle ab+bc+ca\ge 2,$

$\displaystyle ab^2+bc^2+ca^2\ge 2.$

Az előbbi adódik abból, hogy $\displaystyle ab+bc=b(a+c)=b(3-b)\ge 2$, ha $\displaystyle b\in [1;2]$. (Permutálhatjuk a változókat úgy, hogy $\displaystyle b\in[1;2]$ legyen, ezért működtethető ez a becslés.)

Az utóbbi pedig az $\displaystyle (a,b,c)=(2-x,2-y,2-z)$ helyettesítés után varázslatos módon az ismert

$\displaystyle xy^2+yz^2+zx^2\le 4$

becslésre vezethető vissza.

(A helyettesítés motivációja az volt, hogy a minimumhelyek kellemetlen módon függtek a $\displaystyle [0;2]$ intervallumba szorítástól - ez a tulajdonság teszi nehézzé a feladatot szerintem. Hogyha "áttükrözzük" a változókat, az egyenlőtlenség iránya megváltozik, és a maximumhelyek már ugyanazok a $\displaystyle [0;2]$ és $\displaystyle [0;3]$ intervallumban, így már a becslésnél nem kell figyelnünk az intervallum specialitására.)

Akit érdekel, B.4727-nek egy nehezebb változata található a 2005-ös ISL-ben:

$\displaystyle f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+2xy+1.$

Hasznos feladat olyan szempontból, hogy szerintem jól tanítja a többféle megoldású függvényegyenletek megoldásainak különválasztását.

Ezúttal csak a megoldás hibás, a feladat nem. A könnyű alsó becslés elkerülése végett direkt $\displaystyle [0;2]$-vel javasoltam a feladatot, helyesen is tűzték ki, és valóban a $\displaystyle (2,1,0)$ és ciklikus permutáltjai adják a minimumot. Ha érdekel, be is bizonyíthatod (megengedem).

Elvileg nem kell ezért újra kitűzni a feladatot.

Géppel megnézve néhány millió esetet szerintem: $\displaystyle a=0,b=2,c=1$ (illetve ennek ciklikus permutációi) adja a minimumot, ami 3. (végülis a 3-t eltalálták, csak gyökjel nélkül kell).

B. 4731. Legyen $\displaystyle 0\leq a,b,c \leq 2$ ....

A fentiek tükrében a hivatalos megoldásban az alsó becslés hibás, mert a feltétellel ellentétben pld. az a=b=0, c=3 esetben hozza a minimumot.

Lejárt A.647. megoldása (hivatalos megoldástól különböző). $\displaystyle k=0$-ra igaz, mert $\displaystyle n$>1-re $\displaystyle n$! nem négyzetszám. Használjuk Csebisev tételét, $\displaystyle (\frac n2,n]$-ben van prím, ha $\displaystyle n>1$, de akkor $\displaystyle p$ kitevője $\displaystyle n!$-ban 1, így $\displaystyle n$! nem négyzetszám, azaz a keresett $\displaystyle A,B$ halmaz nem létezhet.

Ha $\displaystyle n\ge p>k$ ahol $\displaystyle p$ prím, akkor az nem lehet, hogy $\displaystyle A$-ban és $\displaystyle B$-ben is van $\displaystyle p$-vel osztható tag, különben mindkét szorzat osztható $\displaystyle p$-vel, de akkor a különbségük is osztható $\displaystyle p$-vel, de $\displaystyle p>k$ miatt ez nem lehet. Legyen most $\displaystyle q$ egy prím a $\displaystyle (k,2*k]$ intervallumban (Csebisev), és $\displaystyle p$ egy tetszőleges prím $\displaystyle (k,\frac {n}{2k}]$-ban, ekkor $\displaystyle p*q\le n$, így q többesei ugyanabban a halmazban vannak, ahol $\displaystyle p$ többesei, legyen ez a halmaz, mondjuk $\displaystyle A$. De akkor a $\displaystyle B$-ben szereplő számok szorzata nem lehet olyan nagy. $\displaystyle B$-ben csak $\displaystyle k$-nál nem nagyobb és $\displaystyle \frac{n}{2k}$-nál nagyobb prímosztójú számok lehetnek.

$\displaystyle \prod _{b\in B}b \le \prod_{p\le k}p^{e(n,p)}*\prod_{n\ge p>\frac{n}{2k}}p^{e(n,p)}\le (4^k)^n*{(4^n)}^{2*k}=c(k)^n$, ahol $\displaystyle e(n,p)$ a $\displaystyle p$ kitevője $\displaystyle n!$ prímtényezős felbontásában, használtuk: triviálisan $\displaystyle e(n,p)\le n$, továbbá $\displaystyle n>(2*k)^2$ és $\displaystyle p>\frac{n}{2k}$ esetén $\displaystyle e(n,p)<2*k$ (mert $\displaystyle p^2>n$, így $\displaystyle e(n,p)=[\frac np$]). Továbbá $\displaystyle n$-ig a prímek szorzata legfeljebb $\displaystyle 4^n$.

A becslést és a feladat állítását használva: $\displaystyle n!=\prod _{a\in A}a \prod _{b\in B}b\le (c(k)^n+k)*c(k)^n<d(k)^n$, azaz $\displaystyle n!<d(k)^n$, ahol $\displaystyle d(k)$ csak $\displaystyle k$-tól függ. Ez ellentmond $\displaystyle n!\ge (\frac n2)^{\frac n2}$-nek. (korábbi $\displaystyle n>(2*k)^2$ feltételt se felejtsük el.)

Az A641-re az nem-e jó megoldás, hogy összekötöm a csúcsokat az élek mentén, veszem a legkisebb zárt görbét. Ez egy egyszerű, véges csúcsú poligon, tehát van beírt négyzete. (Stromquist, wiki). (A többi kiválasztott csúccsal most nem foglalkozom)

Mivel a poligon minden pontja rácsél vagy -pont, azt kell meggondolni, hogy az ilyen típusú négyzetek jók, vagy majdnem jók. Ha a csúcsai A,B,C,D, és aszerint nézzük a négyzeteket hogy milyen irányú éleken fekszenek, akkor, 4 lényegesen különböző eset lehetséges: (x,x,x,x), (x,x,x,y), (x,x,y,y), (x,y,x,y).

A 2., 3. esetből azonnal következik, hogy a négyzet minden csúcsa rácspont, az (x,x,x,x) típusú négyzet elcsúsztatható, az (x,y,x,y) típusú pedig el forgatva nyújtható az élek mentén, hogy egyik csúcsa rácspontba kerüljön, azaz az egyik csúcson az egyik típusú él helyére a másikat írjuk, amit már láttunk.

Valahol elsumákolnék egy/sok esetet?

Valaki le tudná írni az A585 feladat megoldását? Segítségét előre is köszönöm. BERTALAN ZOLTÁN.

IMC 2013/1. nap 4. feladat

A társszerző: Victoria Powers.

Szerintem a quartic.pdf jelenleg itt található:

http://www.math.uiuc.edu/~reznick/quartic.pdf

(Bruce Reznick: Notes towards a constructive proof of Hilbert's Theorem on ternary quartics)

Igazad van, nem tudok olvasni, a "two" valahogy lemaradt:

Iwaniec showed that there are infinitely many numbers of the form $\displaystyle n^2+1$ with at most two prime factors.

Megoldásvázlat az A.643.-ra.

1. lemma: [triviális] Ha $\displaystyle p$ páratlan prím, és $\displaystyle p|n^2+1$ valamely $\displaystyle n$-re, akkor alkalmas $\displaystyle 0<a(p)<\frac p2$ pozitív egészre pontosan azokra az $\displaystyle n$ pozitív egészekre lesz $\displaystyle p|n^2+1$, melyekre

$\displaystyle n\in\{a,a+p,a+2p,\dots\}\cup \{p-a,2p-a,3p-a,\dots\}.$

Itt még jegyezzük meg, hogy automatikusan $\displaystyle P(a)=P(p-a)=p$.

2. lemma: Tetszőleges $\displaystyle x$ tetszőleges pozitív egészre

$\displaystyle P(x^2+x+1)=\max\{P(x),P(x+1)\},$

$\displaystyle P(2x^2)=\max\{P(2x-1),P(2x+1)\}.$

Bizonyítás: alkalmazzuk az $\displaystyle (A,B)=(x+1,x)$, illetve $\displaystyle (A,B)=(2x+1,2x-1)$ helyettesítéseket az alábbi azonosságba.

$\displaystyle (A^2+1)(B^2+1)=(AB)^2+A^2+B^2+1=(AB+1)^2+(A-B)^2$

3. lemma: Végtelen sok $\displaystyle n$ pozitív egész számra $\displaystyle P(2n-1)\le P(2n+1)$ és $\displaystyle P(2n+3)\le P(2n+1)$.

Bizonyítás: Ha $\displaystyle p_n=P(2n+1)$, akkor amennyiben csak véges sok $\displaystyle n$-re lesz $\displaystyle p_{n-1}\le p_n\ge p_{n+1}$, fennáll, hogy elég nagy $\displaystyle k$-ra $\displaystyle p_k<p_{k+1}<p_{k+2}<\dots$. Mivel a $\displaystyle P$ függvény értékkészlete a $\displaystyle 2$ és a $\displaystyle 4\ell+1$ alakú prímek, ezért innen $\displaystyle \lim \frac{p_k}k=4$, ami ellentmond annak, hogy a 2. lemma szerint

$\displaystyle p_{\frac{a^2+a}2}=P(a^2+a+1)\le (a+1)^2+1$

bármely $\displaystyle a$ pozitív egészre.

$\displaystyle$

Indirekt feltesszük, hogy véges sok számnégyes választható ki, legyen $\displaystyle N$ nagyobb, mint ezen számnégyesek összes tagja; belátjuk, hogy van $\displaystyle N$ feletti tagú számnégyes.

Válasszunk egy olyan $\displaystyle n>N$ olyan pozitív egészt (ha zavarnának a nagyságviszonyok, még $\displaystyle n>10^5$ is legyen), amelyre $\displaystyle P(2n-1)\le P(2n+1)\ge P(2n+3)$ (3. lemma). Ekkor a 2. lemma szerint fennáll, hogy

$\displaystyle P(2n^2)=P(2(n+1)^2)=P(2n+1)=:p.$

Miközben $\displaystyle 2n+1<2n^2<2(n+1)^2$. Dehát az 1. lemma szerint ott az az $\displaystyle a(p)$ és az a $\displaystyle p-a(p)$ adhatna még egyet: nem engedhetjük meg ezt a galádságot, így $\displaystyle 2n+1=a(p)$ és $\displaystyle p-a(p)=2n^2$ kell, szó ami szó, $\displaystyle p=2n^2+2n+1$, azaz $\displaystyle 2p=(2n+1)^2+1$.

Hát ez nem ellentmondás, de ha $\displaystyle P(2n)\le P(2n+1)$ vagy $\displaystyle P(2n+2)\le P(2n+1)$, akkor pl. az első esetben a 2. lemma szerint $\displaystyle P(4n^2+2n+1)=\max\{P(2n),P(2n+1)\}=P(2n+1)=p$ lesz, és ezért $\displaystyle \{a<b<c<d\}=\{2n+1<2n^2<2(n+1)^2<4n^2+2n+1\}$ választással ellentmondást kapunk. Marad, hogy

$\displaystyle P(2n)>P(2n+1)\ge P(2n-1),\quad P(2n+2)>P(2n+1)\ge P(2n+3).$

Most azt kaptuk, hogy $\displaystyle P(2n)$ nagyobb a $\displaystyle P(2n-1),P(2n+1)$ mennyiségeknél és $\displaystyle P(2n+2)>P(2n+1),P(2n+3)$, s így a 2. lemmából

$\displaystyle P(2n)=P(4n^2-2n+1)=P(4n^2+2n+1)=:q,$

$\displaystyle P(2n+2)=P((2n+2)(2n+1)+1)=P((2n+2)(2n+3)+1)=:q'$

adódik. Az 1. lemma csak akkor nem nyugtat meg minket, hogyha $\displaystyle a(q)=2n$ és $\displaystyle q-a(q)=4n^2-2n+1$, vagyis $\displaystyle q=(2n)^2+1$. Meg aztán ha $\displaystyle q'=(2n+2)^2+1$.

$\displaystyle$

A kegyelemdöfést modulo $\displaystyle 5$ fogjuk megtenni, hisz mivel $\displaystyle p,q,q'$ sem lehet $\displaystyle 5$, így

$\displaystyle (2n)^2+1,\quad (2n+1)^2+1,\quad (2n+2)^2+1$

sem osztható $\displaystyle 5$-tel, amiből $\displaystyle 2n,2n+1,2n+2$ rendre $\displaystyle -1,0,1$ modulo $\displaystyle 5$. Visszaidézve $\displaystyle q$-t, látjuk, hogy $\displaystyle q=(2n)^2+1\equiv 2$ mod $\displaystyle 5$, és hogy $\displaystyle 2n\equiv -1$ mod $\displaystyle 5$. Tudjuk, hogy $\displaystyle a(q)=2n$.

Tekintsük még a $\displaystyle d=a(q)+2q$ számot, ő lesz A negyedik. Ő páros, mert $\displaystyle a(q)=2n$ páros. És még $\displaystyle d\equiv -1+2\cdot 2=3$ modulo $\displaystyle 5$, ahonnan $\displaystyle 5|d^2+1$. Vagyis $\displaystyle d^2+1$ osztható a páronként különböző $\displaystyle 2<5<q$ prímekkel, így a szorzatukkal is osztható, $\displaystyle 10q|d^2+1$.

A $\displaystyle d^2+1$ szám összes többi osztója a $\displaystyle \frac{d^2+1}{10q}$ szám osztója. Mivelhogy erre a számra

$\displaystyle \frac{d^2+1}{10q}=\frac{(a(q)+2q)^2+1}{10q}<\frac{(3q)^2+1}{10q}<\frac{9q^2+q^2}{10q}=q,$

így nem lehet neki $\displaystyle q$-nál nagyobb prímosztója. Ez maga után vonja, hogy $\displaystyle P(d)=q$.

Ami ellentmondás az indirekt feltevéssel, így ezzel a feladat állítása bizonyítást nyert.

"A643-ra létezik olyan megoldás, amelyik nem azt használja ki, hogy végtelen sok $\displaystyle n^2+1$ alakú prím létezik?"

Nem használhatja, hiszen ez tudtommal még megoldatlan sejtés.

Két tagra nem olyan nehéz: végtelen sok poz. egész a,b-re: a<b, P(a)=P(b). Ismeretes, hogy végtelen sok p=4k+1 alakú prím van, ezekre $\displaystyle x^2+1 \equiv 0 \mod p$ megoldható, legyen $\displaystyle r$ a legkisebb nemnegatív egész megoldás, ekkor r!=p-r (mert p ptlan), és $\displaystyle r^2+1$ és $\displaystyle (p-r)^2+1$ oszthatóak p-vel, de $\displaystyle p^2$-nél kisebbek, így a legnagyobb prímosztójuk p, azaz P(r)=P(p-r)=p, ami kellett (r>0 és p-r>0 triviálisan).

ha jól látom, akkor a jobb oldal is maximális ebben az esetben, így nem biztos, hogy jó lesz amit az előzőben írtam

Legyenek tehát rendre az adott x-ek sinalfa1,2...6 (elnézést, a TeX tanfolyamot még nem végeztem el, igyekszem úgy írni hogy minél kevésbé legyen csúnya). Ekkor a bal oldalon az adott szögek koszinuszának abszolútértékének háromszorosát kapjuk, a jobb oldalon pedig a gyök alatt álló kifejezéseket. A bal oldal akkor vesz fel maximumot, ha az összes koszinusz értéke 1, ekkor minden szög egyenlő k2pi-vel, ekkor van egyenlőség is, mivel a bal oldal 3+3+3+3+3, a jobb oldal pedig 5*gyök9. Mivel egyenlőség akkor áll fenn, ha a bal oldal maximális, ezért minden más értékre a jobb oldal lesz nagyobb. Az egyenlőséget x1=x2=...=x6=0-ra kapjuk. Lehet, hogy hibás a gondolatmenet, javítsatok kérlek ha így van