Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[1017] rizsesz2016-03-23 10:58:01

Tisztelt Szerkesztőség!

A K.493-ra meg fog jelenni ugye részletes megoldás is? Az egyik tanítványom nemrégiben egy hasonló konstrukciós feladatra 0 pontot kapott (K.475). Akkor elfogadtuk, hogy indoklás és levezetés kell, de most nem értjük, hogy a K.493 hogy jelenhet meg részletes megoldás nélkül.

[1016] w2016-03-13 22:20:48

B.4773. Az &tex;\displaystyle ABC&xet; háromszög beírt körének középpontja &tex;\displaystyle O&xet;, a körülírt köré pedig &tex;\displaystyle K&xet;. Bizonyítsuk be, hogy a

&tex;\displaystyle \vec{v}=\frac{\vec{AB}}{AB}+\frac{\vec{BC}}{BC}+\frac{\vec{CA}}{CA}&xet;

vektor merőleges az &tex;\displaystyle OK&xet; egyenesre.

Megoldás. Legyen a beírt kör sugara &tex;\displaystyle r&xet;, és oldalakkal való érintési pontja &tex;\displaystyle A,B,C&xet;-vel szemben rendre &tex;\displaystyle D,E,F&xet;. Ekkor &tex;\displaystyle \vec{v}\cdot r&xet;-nek a &tex;\displaystyle -90^\circ&xet;-kal való elforgatottja éppen a három összeadandó &tex;\displaystyle -90^\circ&xet;-cal való elforgatottjainak összege, ami &tex;\displaystyle \vec{u}=\vec{OD}+\vec{OE}+\vec{OF}&xet;.

Ismert, hogy egy háromszög körülírt körének középpontjából a csúcsokba mutató vektorok összege a magasságpontba mutat. Ezt a &tex;\displaystyle DEF&xet; háromszögre alkalmazva, &tex;\displaystyle \vec{u}=\vec{OY}=2\vec{OX}&xet; adódik, ahol &tex;\displaystyle Y&xet; a &tex;\displaystyle DEF&xet; háromszög magasságpontja, &tex;\displaystyle X&xet; a Feuerbach-körének középpontja.

Hogyha &tex;\displaystyle DEF&xet; háromszög Feuerbach-körét &tex;\displaystyle ABC&xet; háromszög beírt körére invertáljuk, akkor &tex;\displaystyle ABC&xet; körülírt köre adódik, hisz a befogótétel miatt &tex;\displaystyle EF,FD,DE&xet; felezőpontjának képe rendre &tex;\displaystyle A,B,C&xet;. Ebből következik, hogy a körök középpontjai, &tex;\displaystyle O,X,K&xet; egy egyenesre esnek.

Ezzel &tex;\displaystyle \vec{u}=\frac{2OX}{OK}\vec{OK}&xet; adódott, amiből a feladat állítása &tex;\displaystyle \vec{u}&xet; és &tex;\displaystyle \vec{v}&xet; merőlegessége miatt adódik.

[1015] w2016-03-13 22:09:23

B.4775.' Igazoljuk, hogy tetszőleges &tex;\displaystyle a_1\ge a_2\ge \dots\ge a_{2k+1}\ge 0&xet; valós számok esetén

&tex;\displaystyle A=a_1^n-a_2^n+a_3^n-a_4^n\pm \dots+a_{2k+1}^n\ge \left(a_1-a_2+a_3-a_4\pm\dots +a_{2k+1}\right)^n=B.&xet;

A jelenlegi hivatalos megoldásban lényegében belátják, hogy &tex;\displaystyle a_1&xet;-et lecsökkentve &tex;\displaystyle a_2&xet;-re, az állítás igaz marad, és mivel &tex;\displaystyle a_1,a_2&xet; kiejtik akkor egymást, a változószám csökken, így az állítás indukcióval adódik.

Szerintem egyszerűbb azt vizsgálni, hogy mi történik, ha fix &tex;\displaystyle d=a_1-a_2&xet; mellett &tex;\displaystyle a_1^n-a_2^n&xet; értékét vizsgáljuk. Ugyanis a

&tex;\displaystyle g(x)=(x+d)^n-x^n=\sum_{i=0}^{n-1} \binom{n}{i}d^{n-i}x^i&xet;

&tex;\displaystyle x\ge 0&xet;-ra szigorú monoton növekvő függvény (illetve &tex;\displaystyle d=0&xet;-ra konstans &tex;\displaystyle 0&xet;), és &tex;\displaystyle g(a_2)=a_1^n-a_2^n&xet;. Emiatt ha &tex;\displaystyle (a_1,a_2)&xet; párost &tex;\displaystyle (a_3+d,a_3)&xet;-ra cseréljük, akkor &tex;\displaystyle A&xet; csökken (illetve &tex;\displaystyle a_1=a_2&xet; vagy &tex;\displaystyle a_2=a_3&xet;-ra marad ugyanannyi), de &tex;\displaystyle B&xet; változatlan. A csere után &tex;\displaystyle a_2,a_3&xet; kiirtja egymást és megy az indukció.

&tex;\displaystyle &xet;

Akinek hatásvadászabb ízlése van, mondhatja, hogy legyen &tex;\displaystyle d_1=a_1-a_2&xet;, &tex;\displaystyle d_2=a_3-a_4&xet;, &tex;\displaystyle d_3=a_5-a_6&xet;, stb., &tex;\displaystyle d_k=a_{2k-1}-a_{2k}&xet;, &tex;\displaystyle d_{k+1}=a_{2k+1}-a_{2k+2}&xet;, ahol &tex;\displaystyle a_{2k+2}:=0&xet;. Ekkor az

&tex;\displaystyle a_{2i-1}^n-a_{2i}^n\ge (d_i+d_{i+1}+\dots+d_{k+1})^n-(d_{i+1}+\dots+d_{k+1})^n&xet;

becsléseket &tex;\displaystyle i=1,2,\dots,k+1&xet;-re összeadva, a feladatbeli egyenlőtlenség adódik.

&tex;\displaystyle &xet;

Az egyenlőség esete. A cserénkben éppen akkor áll egyenlőség, hogyha &tex;\displaystyle a_1=a_2&xet; vagy &tex;\displaystyle a_2=a_3&xet;. Ily módon könnyű indukcióval ellenőrizni, hogy a feladat becslésében egyenlőség éppen akkor áll, ha valamely &tex;\displaystyle 0\le j\le k&xet;-ra &tex;\displaystyle a_1=a_2&xet;, &tex;\displaystyle a_3=a_4&xet;, &tex;\displaystyle \dots&xet;, &tex;\displaystyle a_{2j-1}=a_{2j}&xet;, majd &tex;\displaystyle a_{2j+2}=a_{2j+3}&xet;, &tex;\displaystyle \dots&xet;, &tex;\displaystyle a_{2k}=a_{2k+1}&xet;.

[1014] Lpont2016-02-18 15:28:43

Nehezítsük a C.1330. feladatot úgy, hogy az alábbi szövegezésű legyen:

Hány különböző, téglalap alakú montázst készíthetünk négy különböző MÉRETŰ, 2:3 képarányú fotóból? (A fényképeket nagyíthatjuk, de nem forgathatjuk el, és két montázst ugyanolyannak tekintünk, ha nagyítással megkaphatóak egymásból.)

[1013] rizsesz2016-02-09 11:35:39

A nem túl barátságos C.1321-hez érdekes olvasmány: http://oeis.org/A008406

[1012] csábos2016-02-04 20:56:42

És hányféleképpen helyezhetsz el 8 bástyát, ha mind sötét?

És hányféleképpen helyezhetsz el 8 bástyát, ha nem tudod hány sötét és hány világos van?

Nem feszítem tovább a húrt, ez arra volt példa, hogy a C1322. Példa megoldása mimindent nem vett figyelembe. Bónuszkérdés: Melyik feladat megoldása a &tex;\displaystyle 64^8&xet;?

Előzmény: [1011] rizsesz, 2016-02-04 12:05:00
[1011] rizsesz2016-02-04 12:05:00

64 a nyolcadikon (megint eggyel visszábbra)

Előzmény: [1010] csábos, 2016-02-04 00:55:28
[1010] csábos2016-02-04 00:55:28

És hányféleképpen lehet elhelyezni 8 bástyát egy sakktáblán, ha egy mezőre csak egy bástya kerülhet?

Előzmény: [1009] rizsesz, 2016-02-03 21:36:53
[1009] rizsesz2016-02-03 21:36:53

Az 64 alatt a 8 (es persze csereljuk a ket valaszomat :)).

Előzmény: [1008] csábos, 2016-02-03 10:15:54
[1008] csábos2016-02-03 10:15:54

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

Előzmény: [1007] rizsesz, 2016-02-02 23:48:59
[1007] rizsesz2016-02-02 23:48:59

ha rogzitjuk az A1 mezot, akkor szerintem 8!

Előzmény: [1006] csábos, 2016-02-02 22:49:33
[1006] csábos2016-02-02 22:49:33

Kedves Rizsesz!

Hányfélképpen lehet elhelyezni 8 bástyát egy sakktáblán?

Előzmény: [1005] rizsesz, 2016-02-02 21:21:06
[1005] rizsesz2016-02-02 21:21:06

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

Előzmény: [1004] Róbert Gida, 2016-02-01 22:58:25
[1004] Róbert Gida2016-02-01 22:58:25

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!

[1003] nadorp2015-12-12 17:55:16

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

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

&tex;\displaystyle x\in[0,1]&xet; esetén &tex;\displaystyle |xP(x^2)|\leq1&xet;

De a &tex;\displaystyle Q(x)=xP(x^2)&xet; polinom páratlan, ezért

&tex;\displaystyle x\in[-1,1]&xet; esetén &tex;\displaystyle |Q(x)|=|xP(x^2)|\leq1&xet;

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

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

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

&tex;\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)&xet;

Mivel f(x) páros, ezért &tex;\displaystyle f'(x)&xet; páratlan, továbbá Q(x) is páratlan, így

&tex;\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)&xet;, azaz

(1)&tex;\displaystyle P(x^2)=\frac{Q(x)}x=2f(x)\sum_{k=0}^{n}\frac{Q(x_k)}{(x^2-x_k^2)f'(x_k)} &xet;

Innen &tex;\displaystyle |Q(x_k)|\leq1&xet; miatt

(2)&tex;\displaystyle |P(0)|\leq2|f(0)|\sum_{k=0}^{n}\frac1{x_k^2|f'(x_k)|} &xet;

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 &tex;\displaystyle T_{2n+1}(x)&xet; 2n+1-dik elsőfajú Csebisev-polinomra is.

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

továbbá az &tex;\displaystyle x=\cos t&xet; helyettesítéssel &tex;\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)&xet;, azaz &tex;\displaystyle T_{2n+1}(x)&xet; páratlan is.)

&tex;\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)}&xet;

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

&tex;\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)|}&xet;. Tehát

&tex;\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&xet;

[1002] Róbert Gida2015-11-25 21:23:58

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

Előzmény: [1001] w, 2015-11-23 19:43:11
[1001] w2015-11-23 19:43:11

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 &tex;\displaystyle 0<u_1<u_2<\dots&xet; végtelen számtani sorozat tagjai relatív prímek a differenciához, és

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

akkor &tex;\displaystyle \frac{L}{T}&xet; pozitív egész szám.

[1000] w2015-10-21 21:17:43

Még egy bizonyítás: itt.

Előzmény: [999] w, 2015-10-18 20:56:54
[999] w2015-10-18 20:56:54

B.4731, minimummeghatározás vázlatosan:

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

&tex;\displaystyle ab+bc+ca\ge 2,&xet;

&tex;\displaystyle ab^2+bc^2+ca^2\ge 2.&xet;

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

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

&tex;\displaystyle xy^2+yz^2+zx^2\le 4&xet;

becslésre vezethető vissza.

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

[998] w2015-10-15 17:35:56

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

&tex;\displaystyle f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+2xy+1.&xet;

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

[997] w2015-10-15 17:30:58

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

Előzmény: [996] Róbert Gida, 2015-10-15 16:05:42
[996] Róbert Gida2015-10-15 16:05:42

Elvileg nem kell ezért újra kitűzni a feladatot.

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

Előzmény: [995] nadorp, 2015-10-15 15:41:29
[995] nadorp2015-10-15 15:41:29

B. 4731. Legyen &tex;\displaystyle 0\leq a,b,c \leq 2&xet; ....

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.

[994] Róbert Gida2015-10-14 18:55:42

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

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

&tex;\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&xet;, ahol &tex;\displaystyle e(n,p)&xet; a &tex;\displaystyle p&xet; kitevője &tex;\displaystyle n!&xet; prímtényezős felbontásában, használtuk: triviálisan &tex;\displaystyle e(n,p)\le n&xet;, továbbá &tex;\displaystyle n>(2*k)^2&xet; és &tex;\displaystyle p>\frac{n}{2k}&xet; esetén &tex;\displaystyle e(n,p)<2*k&xet; (mert &tex;\displaystyle p^2>n&xet;, így &tex;\displaystyle e(n,p)=[\frac np&xet;]). Továbbá &tex;\displaystyle n&xet;-ig a prímek szorzata legfeljebb &tex;\displaystyle 4^n&xet;.

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

[993] Sinobi2015-07-29 06:43:23

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?

  [1]    [2]    [3]    [4]    [5]    [6]    [7]    [8]    [9]    [10]    [11]    [12]    [13]    [14]    [15]    [16]    [17]    [18]    [19]    [20]    [21]    [22]    [23]    [24]    [25]    [26]    [27]    [28]    [29]    [30]    [31]    [32]    [33]    [34]    [35]    [36]    [37]    [38]    [39]    [40]    [41]    [42]    [43]    [44]    [45]    [46]    [47]    [48]