Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

B.4854. indukció nélkül is megy:

legyen \(\displaystyle 0\le k <2^n\) tetszőleges egész, szeretnénk \(\displaystyle n\) valós számot megadni, hogy a belőlük képzett nemüres pozitív összegek száma k. Ekkor van \(\displaystyle k\)-nak ilyen felírása: \(\displaystyle k=\sum_{i=0}^{n-1}c_i*2^i\) (lényegében kettes számrendszerbeli felírása) , ahol \(\displaystyle c_i=0\) vagy \(\displaystyle 1\); legyen \(\displaystyle a_i=e_i*2^i\), ahol \(\displaystyle e_i=1\), ha \(\displaystyle c_i=1\) egyébként \(\displaystyle e_i=-1\) (az \(\displaystyle a\)-k indexe kezdödjön nullától). Legyen \(\displaystyle s\) egy tetszőleges nemüres összeg, ha \(\displaystyle a_t\) legnagyobb indexű tag benne, akkor triviálisan \(\displaystyle s>0\), ha \(\displaystyle c_t=1\); egyébként \(\displaystyle s<0\) (, ha \(\displaystyle c_t=0\)), rögzített \(\displaystyle t\)-re ez így \(\displaystyle c_t*2^t\) darab pozitív összeget jelent. Összesen pedig a pozitív összegek száma: \(\displaystyle \sum_{t=0}^{n-1}c_t*2^t=k\), ami kellett.

Igen könnyű feladat volt. A rengeteg hármas is árulkodó a feladatban.

A pontos feltétel amikor igaz a feladat állítása: \(\displaystyle a_1>3\) vagy \(\displaystyle a_1<-1\) (ez utóbbi esetben a sorozat tagjai negatívak). Egyébként a sorozatban ekkor \(\displaystyle a_n\) nem lehet 3 hatvány, ha \(\displaystyle n>1\): Ha \(\displaystyle a_1\) nem osztható \(\displaystyle 3\)-mal, akkor \(\displaystyle a_2\) sem, indukcióval \(\displaystyle a_n\) sem. Ha \(\displaystyle a_1\) osztható \(\displaystyle 3\)-mal, akkor meg minden tag 3-mal osztható, de 9-cel nem. Szig. monotonitásból meg \(\displaystyle |a_n|>3\), így egyik esetben sem lehet 3-hatvány (vagy annak ellentettje) az \(\displaystyle a_n\).

Hasonló, még egyszerűbb a bizonyítás a Fermat számokra: \(\displaystyle a_0=3\) és legyen: \(\displaystyle a_n=a_{n-1}^2-2a_{n-1}+2\), ekkor a közös prímosztó csak a 2 lehet, de a sorozat minden tagja páratlan, így a tagok relatív prímek, bármely prímosztója \(\displaystyle a_n\)-nek jó lesz. (itt persze \(\displaystyle a_n=2^{2^n}+1=F_n\)).

A feladat kitűzője lehet, túlbonyolította az A.691. feladatot: nem kell a \(\displaystyle c^2-1\) alakú kezdőérték.

A megoldás hátterében az áll, hogy az \(\displaystyle f(x)=x^3-3x^2+3\) polinomra \(\displaystyle f(3)=3\) teljesül. Ezért könnyű látni, hogy \(\displaystyle a_{n+1}\equiv 3\pmod{a_n^2}\), és így tovább, \(\displaystyle a_m\equiv3\pmod{a_n^2}\), ha \(\displaystyle m>n\).

Tehát ha \(\displaystyle p|a_m\) és \(\displaystyle p|a_n\) (\(\displaystyle m>n\)), akkor \(\displaystyle p|3\) is teljesül. Vagyis ha egy \(\displaystyle a_m\) számnak nincs olyan prímosztója, mely \(\displaystyle a_0,a_1,\dots,a_{m-1}\) egyikének sem osztója, akkor \(\displaystyle a_m\) csak a \(\displaystyle 3\) lehet prímosztója, vagyis \(\displaystyle a_m\) \(\displaystyle 3\)-hatvány.

A \(\displaystyle 3\)-hatvány \(\displaystyle a_m\) tagoknak pedig a \(\displaystyle 3\) lesz ez az \(\displaystyle a_0,\dots,a_{m-1}\)-et nem osztó prímosztója, hiszen ha van \(\displaystyle n<m\), melyre \(\displaystyle 3|a_n\), akkor \(\displaystyle a_m\equiv 3\pmod{a_n^2}\) miatt \(\displaystyle a_m\) nem osztható \(\displaystyle 9\)-cel, így \(\displaystyle a_m\le 3\). Viszont mivel \(\displaystyle a_0>3\), ezért a sorozat minden tagja \(\displaystyle 3\)-nál nagyobb, és ez ellentmondás.

A.578. Minden \(\displaystyle n\ge2\) egészre legyen \(\displaystyle P(n)\) az összes

\(\displaystyle \pm\sqrt1 \pm\sqrt2 \pm\sqrt3 \pm\ldots \pm\sqrt{n} \)

alakú kifejezés szorzata, ahol az egyes tagok előjelét tetszőlegesen megválaszthatjuk.

(a) Bizonyítsuk be, hogy \(\displaystyle P(n)\) pozitív egész.

(b) Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges \(\displaystyle \varepsilon>0\)-hoz van olyan \(\displaystyle n_0\), hogy \(\displaystyle n>n_0\) esetén \(\displaystyle P(n)\) minden prímosztója kisebb, mint \(\displaystyle 2^{2^{\varepsilon n}}\).

—————————————————————————————

Megoldás. (a) Legyen \(\displaystyle f(x_1,x_2,\dots,x_k)\) egész együtthatós polinom, és vegyük az összes \(\displaystyle 2^k\) darab lehetséges előjelkombinációval a

\(\displaystyle \prod f(\pm x_1,\pm x_2,\dots,\pm x_k) \)

szorzatot. Azt állítjuk, hogy ez a szorzat \(\displaystyle F(x_1^2,x_2^2,\dots,x_k^2)\) alakú, ahol \(\displaystyle F\) egész együtthatós polinom. Ezt könnyű látni: azért lesz minden \(\displaystyle x_i\) változót tartalmazó tag kitevőjének foka páros, mert ha csak a \(\displaystyle 2^{k-1}\) darab \(\displaystyle +x_i\) előjelű tagot vesszük, azok szorzata \(\displaystyle A(\dots,x_i^2)+B(\dots,x_i^2)x_i\) alakú (ahol \(\displaystyle A,B\) is \(\displaystyle k\)-változós polinomok), míg ha a \(\displaystyle -x_i\) előjelű tagokat vesszük, azok szorzata kellőképp \(\displaystyle A(\dots,x_i^2)-B(\dots,x_i^2)x_i\) lesz, így a kettőt összeszorozva, egy polinomot kapunk \(\displaystyle x_i^2\)-ben.

Az \(\displaystyle f(x_1,x_2,\dots,x_n)=x_1+x_2+\dots+x_n\) polinomra alkalmazva ezt az állítást, kapjuk, hogy \(\displaystyle P(n)\) egész szám. Nyilván nem negatív. Marad belátni, hogy nem nulla. Ehhez felhasználunk egy segédtételt, melyet másutt bizonyítunk: ha \(\displaystyle n_1,n_2,\dots,n_k\) páronként különböző pozitív négyzetmentes számok, akkor \(\displaystyle a_1,a_2,\dots,a_k\) racionális számokra pontosan akkor teljesül

\(\displaystyle a_1\sqrt{n_1}+a_2\sqrt{n_2}+\dots+a_k\sqrt{n_k}=0, \)

hogyha \(\displaystyle a_1=a_2=\dots=a_k=0\) (vagyis a négyzetgyökök \(\displaystyle \mathbb{Q}\) felett lineárisan függetlenek). Ebből már adódik, hogy

\(\displaystyle \pm \sqrt{1}\pm \sqrt{2}\pm\dots\pm\sqrt{n} \)

sosem \(\displaystyle 0\) (az is adódik, hogy irracionális), mert felírható négyzetmentesek gyökeinek lineáris kombinációjaként, melyben a \(\displaystyle \sqrt{p}\) nem nulla (hanem \(\displaystyle \pm 1\)) együtthatóval rendelkezik. Itt \(\displaystyle p\) olyan prím, melyre \(\displaystyle \frac{n}{2}<p\le n\); ilyen a Csebisev-tétel szerint létezik.

(b) Legyen \(\displaystyle k=\pi(n)\) az \(\displaystyle [1;n]\) intervallumbeli prímszámok száma, és az \(\displaystyle [1;n]\)-beli prímek \(\displaystyle p_1,p_2,\dots,p_k\). Világos, hogy bármely \(\displaystyle E\) előjelválasztáshoz létezik olyan \(\displaystyle f_E(x_1,\dots,x_k)\) egész együtthatós polinom, melyre

\(\displaystyle f_E(\sqrt{p_1},\sqrt{p_2},\dots,\sqrt{p_k})=\pm \sqrt{1}\pm \sqrt{2}\pm \dots\pm \sqrt{n}. \)

Ekkor, mint beláttuk,

\(\displaystyle P_E=\prod f(\pm \sqrt{p_1},\dots,\pm\sqrt{p_k})\in\mathbb{Z}. \)

Most vegyük azt a \(\displaystyle 2^{n-k}\) darab \(\displaystyle f_E\) polinomot, melyben az összes \(\displaystyle \sqrt{p_i}\) pozitív előjellel szerepel a definíció jobb oldalán. Ekkor

\(\displaystyle P(n)=\prod_E P_E. \)

Mivel \(\displaystyle P_E\) minden tényezője \(\displaystyle \pm \sqrt{1}\pm\dots\pm\sqrt{n}\) alakú, ezért a tényezőinek nagysága kisebb, mint \(\displaystyle n\sqrt{n}<n^2\), vagyis

\(\displaystyle |P_E|\le (n^2)^{2^k}. \)

Ezt, és a Prímszámtételt felhasználva, mely szerint elég nagy \(\displaystyle n\)-re \(\displaystyle k<2\cdot \frac{n}{\log n}\), következik, hogy elég nagy \(\displaystyle n\)-re \(\displaystyle |P_E|<2^{2^{\varepsilon n}}\) minden \(\displaystyle E\)-re, ha \(\displaystyle \varepsilon>0\) előre rögzített szám. Ebből következik, hogy ilyenkor \(\displaystyle P(n)\) minden prímtényezője \(\displaystyle 2^{2^{\varepsilon n}}\)-nél kisebb lesz.

Megjegyzés. Természetesen általánosan is igaz a \(\displaystyle P(n)\neq 0\) belátásához szükséges megjegyzés. Vagyis legyenek \(\displaystyle (n_1,k_1)\), \(\displaystyle (n_2,k_2)\), \(\displaystyle \dots\), \(\displaystyle (n_r,k_r)\) olyan páronként különböző pozitív egész számpárok, melyekben \(\displaystyle k_i\ge 2\) és \(\displaystyle n_i\) minden prímtényezőjének kitevője kisebb, mint \(\displaystyle k_i\). Ekkor ha \(\displaystyle a_1,a_2,\dots,a_r\) racionálisokra

\(\displaystyle a_1\root {k_1}\of {n_1}+\dots+a_r\root {k_r}\of {n_r}=0, \)

akkor \(\displaystyle a_1=a_2=\dots=a_r=0\). (Megpróbálom majd valamikor leírni a bizonyítást.)

Szívesen! :) Nem, nem én írtam, csak régebben írtam egy-két Wikipédia-cikkre kiegészítést, amikor voltam annyira fiatal, hogy nagyon büszke legyek magamra érte.

(Ha ironizálni akartál ezzel, azzal magyarázkodnék, hogy jónak tartom azt az elvet, hogy nehezebb okfejtéseket is elérhetővé teszünk kevesebb előismerettel rendelkező olvasók számára. Én például nyolcadikosan nagyon sokat profitáltam régi Kömal-megoldások linkjeiből, és bár előbb-utóbb megtanultam, hogy Google segít, ha nem értek valamit, kezdetben ezek a linkek megérték azt az egy-két percet, amibe került az írónak őket belerakni a megoldásába.)

Köszönjük a linket a gyöktényezőkhöz a wikipédián. Ma is tanultunk valamit. Te írtad?

Szeretnék az A.675. feladatról néhány szót ejteni.

Szerintem ez egy technikai feladat. Kevés lényegi ötlet van: [1] olyan lesz a háttérben, hogy \(\displaystyle n\) darab gyöktényező \(\displaystyle \le 2^n\) módon osztható szét, [2] az összefüggésben \(\displaystyle p\) adható meg nehezen, így \(\displaystyle q\)-t érdemes kiejteni (gondoljunk erre akár úgy, mint egy diofantoszi egyenletre). Az a nehéz, hogy helyesen alkalmazzuk ezeket az ötleteket.

Nagyon könnyű erre elvi hibás megoldást adni. ITT is található néhány hibás próbálkozás. A hivatalos megoldás alapos átgondolása kell a \(\displaystyle 2^n\)-es korlátoz.

A rossz megoldások, amikről tudok, tipikusan a következő lépésnél hibáznak. Eljutunk egy \(\displaystyle f(x)g(x)=A(x)\) alakú egyenlethez, ahol \(\displaystyle A(x)\) fix, \(\displaystyle m\) fokú polinom; itt az [1] ötlet szerint \(\displaystyle f,g\) között \(\displaystyle \le 2^m\) módon osztható ki \(\displaystyle A\)-nak az \(\displaystyle m\) darab gyöktényezője. A hiba ott jelentkezik, hogy a megoldó azt állítja, hogy minden lehetséges gyöktényező-szétosztáshoz csakis egy \(\displaystyle f,g\) pár tartozik, vagy pedig felismeri annak lehetőségét, hogy \(\displaystyle (f,g)\) mellett \(\displaystyle (f\lambda,g/\lambda)\) is működhet (és akár végtelen sok lehetőséget adhatna), de ezt a lehetőséget hibásan zárja ki (valamilyen rossz együttható-vizsgálattal).

Megjegyzés: ezt a "négy háromszög tételét" a nemzetközi matekozgatásokban Miquel-tételnek szokás nevezni [ejtsd: Mikel]. (Jó, ha egységesek az elnevezések.)

B.4800.-ra még egy érdekes megközelítés (talán ezt a megoldást javasoltam):

Elég belátni, hogy &tex;\displaystyle BCKL&xet; húrnégyszög (onnan hatványpont miatt kész). Ha belegondolunk, &tex;\displaystyle ABC&xet;-t rögzítve, csupán a &tex;\displaystyle KL&xet; egyenes irányától függ ez az állítás.

Vagyis elég belátni, hogy van &tex;\displaystyle K'\in AB&xet;, &tex;\displaystyle L'\in AC&xet;, amire &tex;\displaystyle K'L'&xet; és &tex;\displaystyle KL&xet; párhuzamos, és &tex;\displaystyle BCK'L'&xet; húrnégyszög.

Ehhez elég venni a &tex;\displaystyle B&xet;-magasság &tex;\displaystyle L'&xet; és a &tex;\displaystyle C&xet;-magasság &tex;\displaystyle K'&xet; talppontját. Ugyebár ha &tex;\displaystyle H&xet; az &tex;\displaystyle ABC&xet; magasságpontja, úgy &tex;\displaystyle AK'L'&xet; kör éppen &tex;\displaystyle AH&xet; Thalesz-köre. Mivel e kör középpontja &tex;\displaystyle AT&xet; egyenesen van, így &tex;\displaystyle A&xet;-ból a &tex;\displaystyle T&xet; körüli &tex;\displaystyle AKL&xet; körbe nagyítható. Így &tex;\displaystyle K'L'&xet; és &tex;\displaystyle KL&xet; is párhuzamos.

Most pedig &tex;\displaystyle BCK'L'&xet; éppen a &tex;\displaystyle BC&xet; szakasz Thalesz-köre.

A B.4800. feladat egy másik (kevesebb körrel) lehetséges megoldása:

Diszkusszió nélkül, a honlapon közölt megoldás jelöléseit megtartva

1. Belátjuk, hogy ACB=AKL (szögeket jelölök ACB-vel és AKL-lel).

Az ATC derékszögű háromszögben TAC=90-ACT=90-ACB, valamint AT=TL=r miatt az ATL egyenlőszárú háromszög szárszöge 180-2(90-ACT)=2ACT=2ACB. k körben az AL (ábra szerinti rövidebb) ívhez tartozó AKL kerületi szög fele az ATL középponti szögnek, azaz nagysága pont ACB.

2. Jelölje X a BC és KL egyenesek metszéspontját( X létezik a származtatás miatt, hiszen K és L a BC egyenes különböző partján található). Megmutatjuk, hogy MX egyenese azonos MA egyenesével.

2.a A négy háromszög tételét alkalmazva (lásd pl.: Reiman István: Geometria és határterületei c. munkáját), az ABC, AKL, BKX és CLX háromszögek köré írt körei egy ponton mennek át, ami nem más, mint az M pont. Így CLXM és XBKM négyszögek húrnégyszögek. Kapjuk, hogy LCX=ACB=LMX, másrészt XMB=XKB=AKL, de 1. miatt XMB=XML vagyis MX felezi LMB-t.

2.b k körben a kisebb AL ívhez tartozó kerületi szögek egyenlőek, tehát AKL=AML, hasonlóan c körben AB ívhez tartozó ACB és AMB kerületi szögek is megegyeznek, innen ACB=AKL miatt AMB=AML, ami azt jelenti, hogy AM szintén belső szögfelezője LMB-nek, ilyen szögfelező csak egy lehet, AM egyenese azonos XM egyenesével, AM átmegy BC és KL X metszéspontján.

Ezt akartuk bizonyítani.

Elnézést az előbbiért, a B.4793. b) végét elszámoltam, azért nem egyezett az eredmény.

A B.4793. feladat megoldásának a) részében a végén A=1, 2, .., i-1. A b) rész végén levő egyenlőség nem igaz, a levezetéssel kapott bal oldali eredmény nem egyezik a jobb oldalra írt, egyébként jó megoldással.

Könnyű úgy bizonyítani, hogy az ábrára hivatkozunk. Így szokták azt is igazolni, hogy minden háromszög egyenlőszárú. Esetünkben az AKB szög (miattam) nyugodtan lehetne &tex;\displaystyle 180-2\delta&xet;.

Véleményem szerint a B. 4798. feladat hivatalos megoldása hiányos, nem látja be, hogy az ABK és CDK háromszögek léteznek (nem fajulnak szakasszá).

Amúgy könnyen igazolható, de mégis.....

Lejárt A671. megoldása: legyen &tex;\displaystyle E(n,k)=\sum_{i=0}^k (-1)^i\binom {n+1}{i}(k+1-i)^n&xet;, ha &tex;\displaystyle 0\le k<n&xet;, egyébként pedig nulla. Ekkor E(n,k) éppen az n,k paraméterű Euler szám (Eulerian number, magyar wikin ne is keressétek), ami pedig éppen azon &tex;\displaystyle n&xet; elemű permutációk száma amik &tex;\displaystyle k&xet; emelkedést tartalmaznak, amiből a feladat állítása trivi. De ezt sem használjuk.

Elég viszont azt az egyébként ismert összefüggést belátni, hogy &tex;\displaystyle E(n,k)=(k+1)E(n-1,k)+(n-k)E(n-1,k-1)&xet;. Ekkor ugyanis indukcióval &tex;\displaystyle E(n,k)>0&xet;, ha &tex;\displaystyle k>0&xet;, míg &tex;\displaystyle k=0&xet;-ra triviálisan &tex;\displaystyle E(n,k)=1&xet;. Továbbá a rekurzió miatt &tex;\displaystyle \sum _{k=0}^{n-1}E(n,k)=\sum _{k=0}^{n-1}((k+1)E(n-1,k)+(n-k)E(n-1,k-1))=\sum _{k=0}^{n-1}((k+1+n-(k+1))E(n-1,k))=n\sum_{k=0}^{n-2}E(n-1,k)=...=n!E(1,0)=n!&xet; (itt felhasználtuk, hogy &tex;\displaystyle E(n-1,n-1)=0&xet; def. szerint), de mivel &tex;\displaystyle E(n,k)>0&xet; és legalább 2 tag van, így &tex;\displaystyle E(n,k)<n!&xet;, ha &tex;\displaystyle n>k\ge 0&xet;, ami kellett.

Azaz már csak az &tex;\displaystyle E(n,k)&xet;-ra vonatkozó rekurziót kell belátnunk, definicót beírva, kell: &tex;\displaystyle \sum_{i=0}^k (-1)^i\binom {n+1}{i}(k+1-i)^n=(k+1)\sum_{i=0}^k (-1)^i\binom {n}{i}(k+1-i)^{n-1}+(n-k)\sum_{i=0}^{k-1} (-1)^i\binom {n}{i}(k-i)^{n-1}&xet;, rendezve: &tex;\displaystyle \sum_{i=0}^k(-1)^i(k+1-i)^{n-1}((k+1-i)\binom{n+1}{i}-(k+1)\binom{n}{i}+(n-k)\binom{n}{i-1})=0&xet;, a nagy zárójelben viszont nulla áll minden &tex;\displaystyle i&xet;-re: &tex;\displaystyle (k+1-i)\binom{n+1}{i}-(k+1)\binom{n}{i}+(n-k)\binom{n}{i-1}=(-i)\binom{n}{i}+(n+1-i)\binom{n}{i-1}=0&xet;, ugyanis &tex;\displaystyle \binom{n}{i}=\frac{n-i+1}{i}\binom{n}{i-1}&xet;

A szövegben ez áll: "éri utol". Vagyis nem lehet az iskola a két ház között. Ha a két ház és az iskola nem lenne egy egyenesben, akkor bizonytalanná válna a " gyalogol az iskola felé" kifejezés értelmezése. A fizika feladatokban bizonyos fokú pongyolaság elfogadott.

Konstrukciós jellegű feladatnál is számít, hogy ki mennyire ír indoklást (nem csak a KöMaL-ban, más versenyeken is). De túl szigorú pontozást kértünk, így mindkét feladatot újrapontoztuk. Aki megadott egy jó konstrukciót, az indoklástól függően 3, 4, 5 vagy 6 pontot kapott.

Az összes megoldást nem kell megadni egy konstrukciós feladatnál.

Megjegyzések a B 4784. feladathoz. Rendezzük f >= 0 alakra a bizonyítandó egyenlőtlenséget. Új változók bevezetésével elérhetjük, hogy f az a, b, c, és az új d változó homogén negyedfokú polinomja legyen. Léteznek olyan s1,t1,r1, s2,t2,r2, p,u,v valós számok (p>0), hogy

&tex;\displaystyle f = (s1*a^2+t1*(b^2+c^2)+r1*d^2)^2 + p*(b^2-c^2)^2 + (s2*a^2+t2*(b^2+c^2)+r2*d^2)^2 + (u*a*d-v*b*c)^2,&xet;

ami - természetesen - bizonyítja az állítást. A fenti 9 számot nem könnyű meghatározni - én pl. felhasználtam a szemidefinit programozásra írt programomat - továbbá nem is a legelegánsabb útja a megoldásnak, de talán mégis tanulságos. Maple és MATLAB programozási ismeret is kellett hozzá.

Érdekesség: attól, hogy nemnegatív a polinomunk, még nem biztos, hogy négyzetösszeg alakban felírható! A klasszikus példa: a Motzkin polinom:

&tex;\displaystyle x^4*y^2 + x^2*y^4 + z^6 - 3*x^2*y^2*z^2.&xet;

A nemnegatívitás a számtani-mértani egyenlőtlenségből adódik. Eszerint a B.4784 feladatnál, szerencsénk volt, hogy találtunk SOS (sum of squares) alakot.

Ha van érdeklődés, küldhetek egy (olvasmányosabb) pdf file-t is. Üdvözlettel, László Lajos.

A665 feladat megoldását (itt) kellene átgondolni. A végkövetkeztetés jó, de van két hely, ami nem tűnik helyesnek:

Első:

&tex;\displaystyle \sum_{i=1}^{a_{k+1}-1} i = \frac{a_k(a_k-1)}2&xet; helyett &tex;\displaystyle \sum_{i=1}^{a_{k+1}-1} i = \frac{a_{k+1}(a_{k+1}-1)}2&xet;

Második:

&tex;\displaystyle \sum_{i=1}^{a_{k+1}-1} i^3 = \frac{a_k(a_k-1)(2a_{k+1}-1)}6&xet; helyett &tex;\displaystyle \sum_{i=1}^{a_{k+1}-1} i^3 = \frac{a_{k+1}(a_{k+1}-1)(2a_{k+1}-1)}6&xet;

, de így sem jó, mert jobb oldali kifejezés a négyzetösszeg képlete és nem a köböké.

Inkább:

&tex;\displaystyle \sum_{i=1}^{a_{k+1}-1} i^3 = (\frac{a_{k+1}(a_{k+1}-1)}2)^2&xet;

Igen, köszönöm, javítottam.

Koszonom Eva.

A K. 501. szerintem nem teljes. Ha az AB tavolsag kisebb, mint 3-2=1, akkor a nagyobb kor tartalmazza a kisebbet, nincs kozos erinto, ha AB=1, akkor egy kozos kulso erintojuk van, utana mar johet az (1<)AB<5 eset.

18-án. (Az Abacus határideje most néhány nappal később volt, mint a KöMaL-é, és arra számoltunk rá még 2-3 napot.)

Tisztelt Szerkesztoseg! A K-jelu feladatok megoldasa nem kerult fel az oldalra, mikor varhatoak?

Nekem az az érzésem volt meg a hivatalos megoldásról, hogy nehéz benne meglelni a lényeget. Leírom az én megoldásomat is, ami kicsit megint más (talán bonyolultabb): én nem a Chevalley-tétel bizonyítására alapozok.

Legyen &tex;\displaystyle g(x)&xet; egy indikátorpolinom, ami értéke egész &tex;\displaystyle x&xet;-ekre egész szám: &tex;\displaystyle 1&xet; mod &tex;\displaystyle p&xet; ha &tex;\displaystyle p^k|x&xet; és &tex;\displaystyle 0&xet; mod &tex;\displaystyle p&xet; egyébként.

Ekkor definícióból adódóan

&tex;\displaystyle N_{páros}-N_{páratlan}\equiv S:=\sum_{H\subset \{1,2,\dots,n\}} (-1)^{|H|}\cdot g\left(\sum_{i\in H}a_i\right) \quad \mod p.&xet;

Könnyen ellenőrizhető, hogy a &tex;\displaystyle g(x)=\binom{x-1}{p^k-1}&xet; polinom alkalmas indikátorfüggvény, sőt a foka &tex;\displaystyle p^k&xet;-nál kisebb. Másrészt a &tex;\displaystyle \prod a_i^{d_i}&xet; alakú tagok együtthatóit egyenként lekövetve ellenőrizhető, hogy

&tex;\displaystyle \sum_{H\subset \{1,2,\dots,n\}} (-1)^{|H|} \cdot \left(\sum_{i\in H} a_i\right)^m=0,&xet;

azaz a bal oldal minden tagja kiesik, feltéve, hogy &tex;\displaystyle m<n&xet;. Azonban az &tex;\displaystyle S&xet; összeg éppen ilyen alakú összegek súlyozott összege (az &tex;\displaystyle m=0,1,\dots,p^k-1&xet;-re vett összegeket kell csak nézni, hisz &tex;\displaystyle g&xet; foka &tex;\displaystyle p^k-1&xet;), és ezek az összegek &tex;\displaystyle p^k\le n&xet; miatt el is tűnnek. Vagyis &tex;\displaystyle S=0&xet;, kész.

Szép, "matematikus" bizonyítás.

Egyetértünk.