Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?
A régi honlapot akarom!!! :-)

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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[385] kdano2008-03-30 23:06:35

Ez sem igaz. Laci n=5-ig küldött ellenpéldát. n=8-tól viszont már igaz az állítás.

Előzmény: [383] rizsesz, 2008-03-27 08:23:15
[384] rizsesz2008-03-27 08:23:36

2n-1-et.

[383] rizsesz2008-03-27 08:23:15

de n>3-ra már jó, csak akkor nem A-nak való ez a feladat. (bár lehet, hogy van olyan konstrukció, ami még jobban szűkíti a 2n/2-t.

Előzmény: [382] Róbert Gida, 2008-03-27 01:02:18
[382] Róbert Gida2008-03-27 01:02:18

Javítás: rossz volt az ellenpélda:

n=1-re: S=A, teljesíti a feltételeket, de |S|=1<3*1, ellentmondás. Megjegyzem, hogy n=1 esetén S más nem is lehet, hogy teljesítse a feltételeket, az |S|=3 álom.

n=2-re: a legkisebb S ellenpélda: S=AA,AB,BA, erre |S|=3<2*3, ellentmondás.

n=3-ra egy ellenpélda (lehet, hogy nem a legkisebb): S=AAA,AAB,ABA,ABB,BAA,BAB,BBA (látszik a minta?), itt |S|=7<3*3, ellentmondás.

Sokat nem foglalkozott a példával a kitűző, vagy csak sajtóhiba. Ezt gondolom a Fazekasban egyből kiszúrták.

Előzmény: [381] Róbert Gida, 2008-03-27 00:39:19
[381] Róbert Gida2008-03-27 00:39:19

A.448

AHA, igazad van. Ilyen rossz feladatot régen olvastam. n=1-re biztosan nem igaz: Legyen S="B","C" ez teljesíti a feltételeket, de |S|=2<3, ellentmondás.

Egyébként amit én kb. 5 perc alatt találtam: n>12-re az állítás biztosan igaz! Sőt az alsó korlát ultragyenge. Ok: 1 darab n hosszú S-beli szó 3n darab szót tilt le W-ből, hiszen 1 pozicióra 3 lehetőség van és n pozició van, Így legfeljebb |S|*3n darab szót tudunk letiltani, aminek nagyobb vagy egyenlőnek kell lennie, mint -1+4n, hiszen ennyien vannak az n hosszú szavak, a csupa "A" nélkül. Azaz |S|*3n\geq-1+4n, tehát |S|\geq \frac {4^n-1}{3^n}. Ez pedig n>12-re indukcióval belátható, hogy legalább 3*n, ami kellettt, sőt a becslés szerint S-nek exponenciálisan sok eleme van, így a feladat lineáris becslése nudli.

Előzmény: [380] kdano, 2008-03-26 21:21:43
[380] kdano2008-03-26 21:21:43

Annak a feladatnak az állítása nem igaz..

Előzmény: [379] ik68, 2008-03-26 13:50:06
[379] ik682008-03-26 13:50:06

Ha lenne valakinek egy megoldasa az A.448.-as feladatra, örömmel venném. Köszönöm!

[378] nadorp2008-03-21 15:26:41

Igaz. A vége nem kell, elbonyolítottam.

Előzmény: [377] Lóczi Lajos, 2008-03-21 14:28:20
[377] Lóczi Lajos2008-03-21 14:28:20

De miért kell integrálra hivatkozni? Nem elég az, hogy ha egy függvény deriváltja nemnegatív, akkor a függvény nemcsökkenő?

Előzmény: [376] nadorp, 2008-03-21 10:20:26
[376] nadorp2008-03-21 10:20:26

A.447

A feladat következő általánosítását bizonyítjuk be:

Legyenek a1,...,an tetszőleges valós számok és b1,...,bn tetszőleges pozitív valós számok. Ekkor \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{a_ia_j}{b_i+b_j}\geq0 Bizonyítás:

Legyen g(x)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{a_ia_j}{b_i+b_j}
x^{b_i+b_j} (x\geq0). Azt kell bizonyítani, hogy g(1)\geq0

Nyilván g(0)=0. Továbbá a függvény deriváltjára

g'(x) =\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}a_ia_jx^{b_i+b_j-1}=
\frac1x\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}(a_ix^{b_i})(a_jx^{b_j})=
\frac1x\left(\sum_{i_1}^{n}a_ix^{b_i}\right)^2

Mivel \alpha>-1 esetén \int_0^1x^\alpha dx létezik , ezért bi+bj-1>-1 miatt g' integrálható a [0;1] intervallumon és a fentiek miatt g'(x)\geq0. Tehát

g(1)=g(1)-g(0)=\int_0^1g^{'}(x)dx\geq0, hiszen nemnegatív függvény integrálja is nemnegatív.

[375] sakkmath2008-03-18 17:16:02

A B. 4056. feladat itt olvasható rapid megoldásával kapcsolatban megjegyzem, hogy létezik tisztán elemi geometriai megoldás is, amely - esetleg - érdekesebb fordulatokat ígér...

[374] nadorp2008-03-16 11:30:21

A.443

Nevezzük a p kerületű hatszöget H-nak, csúcsai legyenek A,B,C,D,E,F és nevezzük az oldalfelező pontok által meghatározott hatszöget H1-nek az Fi ( i=1...6) csúcsokkal. Húzzuk be az AC,BD,...,FB átlókat. Ezen átlók metszéspontjai H belsejében egy olyan H2 hatszöget határoznak meg, melynek oldalai nyilván párhuzamosak H1 egy-egy oldalával ( melyek középvonalak), tehát H2 szögei szintén 120o-sak. Ebből következik, hogy az AEC és BDF háromszögek minden szöge 60o, tehát ezek a háromszögek szabályosak. Mivel H2 szemközti oldalai nyilván párhuzamosak is, ezért H csúcsait úgy kaphatjuk meg, hogy H2 oldalaira kifelé egy-egy szabályos háromszöget állítunk. Legyenek H2 oldalai a1,...,a6 hosszúak. Ekkor

p_1=\frac{a_1+a_2+a_3}2+\frac{a_2+a_3+a_4}2+...+
\frac{a_6+a_1+a_2}2=\frac32\sum_{i=1}^6{a_i}.

Másrészt AB=\sqrt{a_1^2+a_1a_2+a_2^2}=\sqrt{\frac{3(a_1+a_2)^2+
(a_1-a_2)^2}4}\geq\frac{\sqrt3}2(a_1+a_2)

Ha ezt elvégezzük H mindegyik oldalára akkor az kapjuk, hogy

p\geq\frac{\sqrt3}2(a_1+a_2+...+a_6+a_1)=
\sqrt3\sum_{i=1}^6{a_i}=\frac2{\sqrt3}p_1

[373] S.Ákos2008-03-15 22:15:42

A B. 4055.-ös feladatnál (Bizonyítsuk be, hogy minden n!-nál nem nagyobb pozitív egész szám felírható az n! legfeljebb n darab különböző osztójának összegeként.) elég könnyen kijön indukcióvan, h n>1 esetén n-1 db tag is elég. Az lenne a kérdésem, hogy ez mindig szükséges-e, vagy lehet tovább csökkenteni?

[372] Káli gúla2008-03-12 09:18:12

A kiemelt képletben a szorzat indexelése is 0-tól kezdődik, tehát a Lucas tétel helyesen:

Legyen n és k felírása p alapú számrendszerben (esetleg vezető nullákkal) n=\overline{n_d...n_{1}n_0} és k=\overline{k_d...k_{1}k_0}. Ekkor

\prod_{i=0}^{d} \binom{n_i}{k_i} \equiv \binom{n}{k}   ~~~({\rm mod~} p)

[371] Káli gúla2008-03-12 00:20:19

Az A.445. feladat megoldása. Feltehető, hogy p páratlan, mert \binom00=1 miatt p=2-re az állítás triviális. Két észrevételre lesz szükség: (1) Minden mod p maradékosztály előállítható alkalmasan választott C_j=\binom{2j}{j} számok szorzataként; (2) A Cj számok zártak a szorzásra, azaz ilyenek szorzata is ilyen alakú, mod p.

(1) Mivel C_k = \binom{2k}{k}=\frac{2k(2k-1)}{k^2}\binom{2k-2}{k-1}=(4-2/k)C_{k-1}, így indukcióval azt kapjuk, hogy C_k=\prod_{j=1}^k (4-2j^{-1}). Belátjuk, hogy az aj=4-2j-1 számok közül már az első s=(p-1)/2 darab generálja az összes nem-nulla maradékosztályt. Az aj-k nyilván j=1,...,p-1 esetén mind különbözők, és aj=0 éppen a j=1/2=s+1-hez tartozik, ezért az a1,a2,...,as számok egymástól és 0-tól is különbözők. Legyen g primitív gyök mod p (g hatványai minden --azaz (p-1) darab-- nem-nulla maradékosztályt előállítanak). Ekkor az a1,a2,...,as elemekhez tartozó pontosan feleannyi darab kitevőre logikailag három eset lehet: 1) mind páros; 2) mind páratlan; 3) van közöttük két szomszédos. Az első eset nem fordulhat elő, mert akkor az aj-k éppen az összes mod p négyzetszámok lennének, ami nem lehet, hiszen a 4 olyan négyzetszám, amely egyáltalán nem szerepel az aj-k között. A második esetben az 1 kitevőhöz tartozó j-re g=a_j=\frac{C_j}{C_{j-1}}=C_j C_{j-1}^{p-2}. A harmadik esetben van olyan i,j, hogy a_i=g^\alpha és a_j=g^{\alpha+1}, tehát g=\frac{a_j}{a_i}=\frac{C_j}{C_{j-1}}\frac{C_{i-1}}{C_i}= C_j C_{j-1}^{p-2} C_{i-1} C_{i}^{p-2}. Így g-t, és annak hatványaival az összes nem-nulla maradékot megkaphatjuk a Cj-k hatványainak szorzataként. Hozzávéve még, hogy Cs+1=0, (1)-et teljesen igazoltuk.

(2) A bizonyításnak ez a része tulajdonképpen a binomiális együtthatókról szóló Lucas-tétel, ami a következőt mondja ki: Legyen n és k felírása p alapú számrendszerben (esetleg vezető nullákkal) n=\overline{n_d...n_{1}n_0} és k=\overline{k_d...k_{1}k_0}. Ekkor

\prod_{i=1}^{d} \binom{n_i}{k_i} \equiv \binom{n}{k}   ~~~({\rm mod~} p)

(A szokásos feltevéssel \binom{a}{b}=0, ha b>a.) Bizonyítás. Legyen n=Np+n0 és k=Kp+k0, n0,k0<p. Ekkor \binom{n}{k}= \binom{N}{K} \binom{n_0}{k_0} + \sum_{i=1}^{N} \sum_{j=1}^{p-1}\binom{p}{j} u_{ij}, ahol uij egészek. Ezt úgy láthatjuk be, hogy veszünk egy N sorból és p oszlopból álló táblát, kiegészítjük egy (N+1)-edik sorral, amiben csak n0<p mező van, és osztályozzuk ennek az n mezőnek a k elemű részhalmazait aszerint, hogy csak teljes, vagy töredék sorokat is tartalmaznak az N×p-s téglalapban. A jobb oldalon az első tag azon k elemű részhalmazok számát adja, amelyek csak teljes sorokat tartalmaznak a téglalap alakú részből (N teljes sorból kell K sort, az utolsó n0 mezőből k0-t venni), a kettős szumma tagjai pedig azokét, amelyekben az első töredékes sor az i-edik, és az i-edik sorral vett metszet j elemű (1\lej\lep-1). Ezekben a tagokban a binomiális együttható osztható p-vel, ezért mod p a teljes szumma elhagyható: \binom{n}{k}\equiv \binom{N}{K} \binom{n_0}{k_0} ~~({\rm mod~} p). Ebből a Lucas-tétel már egyszerűen következik teljes indukcióval.

Összerakva a két segédtételt: egy r\neq0 maradékosztályt az első alapján felírhatunk r\equiv \prod_{j=1}^{(p-1)/2} \binom{2j}{j}^{\alpha_j} ~~({\rm mod~}p) alakban (\alphaj\ge0, j=1,..,(p-1)/2), majd kereshetünk egy olyan n egész számot, amelynek p-adikus felírásában a j számjegy \alphaj-szer szerepel (j=1,..,(p-1)/2). Mivel 2n felírásában az n számjegyei kétszereződnek (2j<p miatt nincs átvitel), így a (2) rész szerint

r \equiv \prod_{j=1}^{(p-1)/2} \binom{2j}{j}^{\alpha_j}\equiv \binom{2n}{n} ~~({\rm mod~}p).

[370] Róbert Gida2008-02-25 00:49:29

A.444. feladat megoldása: Indirekten, ha nem teljesül az állítás, akkor létezik \varepsilon>0, hogy végtelenhez tartó xn sorozatra |f(xn)|>\varepsilon teljesül, de mivel f folytonos, ezért minden n-ra az xn kis [un,wn] környezetében is teljesül ez.

Legyen a1=1,b1=2, tegyük fel, hogy an,bn-et már definiáltuk, hogy an<bn és minden y-ra az [an,bn]-ből |f(y)|>\varepsilon teljesül (ha n>1). Elég nagy N0 egészre teljesül, hogy (N0+1)an<N0bn, ezért N\geqN0 esetén az [Nan,Nbn] és [(N+1)an,(N+1)bn] intervallumok metszik egymást, azaz [N0an,\infty) intervallumot fedik, így mivel az xk sorozat végtelenhez tart, ezért lesz N0an-nél nagyobb eleme, ami beleesik egy ilyen intervallumba, mondjuk az [Nan,Nbn]-be, legyen [c,d] az xk fent definiált kis [uk,wk] környezetének és az előbbi intervallumnak a metszete, és a_{n+1}=\frac cN,b_{n+1}=\frac dN, ekkor triviálisan [an+1,bn+1] része [an,bn]-nek, így Cantor közös pont tétele miatt lesz az egymásba skatulyázott zárt intervallumok metszete nem üres, legyen p>0 közös pont, ekkor a konstrukció miatt p-re nem teljesül a feladat feltétele, hiszen részsorozatára nem teljesül: |f(Np)|>\varepsilon, ahol N végtelenhez tartó sorozata a pozitiv egészeknek.

[369] Apa2008-01-18 07:30:29

Köszönöm.

Előzmény: [368] nadorp, 2008-01-17 21:47:38
[368] nadorp2008-01-17 21:47:38

Gratulálok, elegáns megoldás. Érdemes lírni.

a+b+c=3\cdot\frac13(a+b+c)=3(ab+ac+bc)(a+b+c)

a+b+c+a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)3

a(a2-bc+1)+b(b2-ac+1)+c(c2-ab+1)=(a+b+c)3

(a+b+c)^2=\frac a{a+b+c}(a^2-bc+1)+\frac b{a+b+c}(b^2-ac+1)+\frac c{a+b+c}(c^2-ab+1)

(a+b+c)^2\geq\frac1{\frac a{a+b+c}\frac1{a^2-bc+1}+\frac b{a+b+c}\frac1{b^2-ac+1}+\frac c{a+b+c}\frac1{c^2-ab+1}}

a+b+c\geq\frac1{\frac a{a^2-bc+1}+\frac b{b^2-ac+1}+\frac c{c^2-ab+1}}

\frac1{a+b+c}\leq\frac a{a^2-bc+1}+\frac b{b^2-ac+1}+\frac c{c^2-ab+1}

Előzmény: [366] Apa, 2008-01-16 21:45:33
[367] Maga Péter2008-01-17 08:10:36

És valójában a Wolstenholme-tétel is bizonyítható néhány sorban...:)

Előzmény: [362] Róbert Gida, 2007-12-18 14:46:16
[366] Apa2008-01-16 21:45:33

Szép, bár nyilván B.4049.

Sajnos én nem tudok TEX-ben írni, de megpróbálom verbálisan "elmondani" az én megoldásomat :-)

a+b+c=a+b+c

Szorozzunk a jobb oldalon 3-mal és 1/3-dal, majd ez utóbbi tört helyére írjuk be a feladat feltételét.

Bontsuk fel jobb oldalon a zárójelet, adjunk mindkét oldalhoz hozzá aköb+bköb+cköböt és vonjunk ki mindkét oldalból 3abc-t.

Alkalmas kiemelések (a,b és c) után a bal oldalon kapjuk a bizonyítandó állítás törtjei nevezőinek rendre a-val b-vel és c-vel vett szorzatait, míg a jobb oldalon az a+b+c kifejezés köbét.

Most osszunk a+b+c-vel mindkét oldalon.

A kapott bal oldali kifejezés az előbb említett törtek nevezőinek a-val, b-vel, c-vel súlyozott számtani közepe.

Alkalmazzuk a számtani és harmonikus átlag közötti összefüggést (egyszerű számolással belátható, hogy mindhárom kifejezés pozitív), majd osszunk a+b+c-vel, végül vegyük mindkét oldal reciprokát.

Így a bizonyítandó állítást kaptuk. (Az egyenlőség feltétele is könnyen leolvasható.)

Előzmény: [365] S.Ákos, 2008-01-16 19:12:59
[365] S.Ákos2008-01-16 19:12:59

B.5049 (jó pár lépés kihagyásával) Kicsit rendezgetve (a+b+c való szorzás és a megfelelő összevonások után kapjuk):

\frac {a((a+b+c)^2-( a^2-bc+1))}{( a^2-bc+1)(a+b+c)^2}+
\frac {b((a+b+c)^2-( b^2-ac+1))}{( b^2-ac+1)(a+b+c)^2}+
\frac {c((a+b+c)^2-( c^2-ab+1))}{( c^2-ab+1)(a+b+c)^2}\ge0

Helyettesítsük most be 1=3ab+3ac+3bc értékét, és végezzük el a műveleteket:

\frac {a(b(b-a)+c(c-a))}{( a^2-bc+1)(a+b+c)^2}+
\frac {b(a(a-b)+c(b-c))}{( b^2-ac+1)(a+b+c)^2}+
\frac {c(a(a-c)+b(b-c))}{( c^2-ab+1)(a+b+c)^2}\ge0

Hat tagra való bontás (úgy, hogy a számlálók ij(i-j) alakúak legyenek), (a+b+c)2-tel való szorzás és az ellentett számláójú törtek összevonása után kapjuk

\frac{ab(a-b)(a^2-bc-b^2+ac)}{(b^2-ac+1)(a^2-bc+1)}
+\frac{ac(a-c)(a^2-bc-c^2+ab)}{(c^2-ab+1)(a^2-bc+1)}+
\frac{bc(b-c)(b^2-ac-c^2+ab)}{(c^2-ab+1)(b^2-ac+1)}\ge 0

Szorzattá alakítva a számlálókat kapjuk:

\frac{ab(a+b+c)(a-b)^2}{(b^2-ac+1)(a^2-bc+1)}
+\frac{ac(a+b+c)(a-c)^2}{(c^2-ab+1)(a^2-bc+1)}+
\frac{cb(a+b+c)(b-c)^2}{(c^2-ab+1)(b^2-ac+1)}\ge 0

ez meg nyilván igaz, egyenlőség a=b=c=\frac13 esetén.

[364] S.Ákos2008-01-16 16:36:44

B.5051: An:=111...11 (5n db 1es), Bn=9An=105n-1 Prímosztókra bizonyítunk: ha p|Bn=105n-1, akkor p\neq2;5, így a kis-fermat tétel alapján p|10p-1-1. Legyen r az a alegkisebb kitevő, amire p|10r-1. Ekkor könnyen látható hogy r|p-1 és r|5n. Innét két eset van:ha r=1, akkor p=3, de Ai nem osztható 3-mal. Ha r>1, akkor 5|r, így 5|p-1 amiből 10|p-1 következik (prím nem végződhet 6-ra).így a prímosztók 10k+1 alakúak, vagyis az összes osztó ilyen alakú.

[363] Maga Péter2007-12-24 21:25:21

Elnézést, hogy csak így beleszólok - kérdezek... a B.4020 jelű feladatnál a "poliéder" nem volt egy kicsit szerencsétlen szóhasználat, ebbe egyesek beleértik a konvexitást?

[362] Róbert Gida2007-12-18 14:46:16

Kömal A.437 megoldása, (jó rövid lesz): D. O. Skljarszkij-N. N. Csencov-I. M. Jaglom Válogatott feladatok és tételek az elemi matematika köréből című könyv 60.a feladat szerint, ha p>3 prím, akkor \sum_{k=1}^{p-1} \frac 1k összeg olyan tovább nem egyszerűsíthető tört, amelynek a számlálója osztható p2-tel. Bizonyítás a könyv végén. Ez egyébként Wolstenholme tétele.

Nekünk azonban még az \frac 1p tag is benne van a feladatban, hát adjuk hozzá, kapjuk:

\sum_{k=1}^{p} \frac 1k=\frac {cp^2}{d}+\frac 1p=\frac {cp^3+d}{dp}

, ahol persze használtam az előző feladatot és itt lnko(c,d)=1 tovább nem egyszerűsíthető felírásban. De \frac{cp^3+d}{dp} sem egyszerűsíthető tovább, azaz lnko(cp3+d,dp)=1 teljesül, hiszen lnko(cp3+d,d)=lnko(cp3,d)=lnko(c,d)=1, hiszen p és d relatív prímek, mert triviálisan d osztója (p-1)!-nak, de p prím, így relatív prím (p-1)!-hoz. Továbbá lnko(cp3+d,p)=lnko(d,p)=1 az előzőek miatt szintén. Így d-hez és p-hez is relatív prímcp3+d, de akkor pd-hez is. Azaz a feladat jelöléseit használva valamely T egészre a felírás a következő alakú a=T(cp3+d) és b=T(dp) lesz, hiszen a redukált alak \frac {cp^3+d}{dp}. Így

ap-b=T(cp4+dp-dp)=Tcp4

ami valóban osztható p4-nel. Készen vagyunk.

[361] Róbert Gida2007-11-17 13:43:39

Kömal A. 436. megoldása: Indirekt tegyük fel, hogy n pozítiv egész és

 |\{n\sqrt 2\}-\{n\sqrt 3\}|\leq \frac {1}{20n^3}

Legyen

n\sqrt 2=z_1+f (1)
n\sqrt 3=z_2+g (2)

Ahol z1 és z2 a számok egészrészei, míg f és g a számok törtrészei. Így a feladat szerint

|f-g|\leq \frac {1}{20n^3} (3)

Vonjuk ki a (2)-es egynletből az (1)-est, kapjuk:

n(\sqrt 3-\sqrt 2)=(z_2-z_1)+(g-f)

Osszuk el n-el és legyen z2-z1=p egész szám, ekkor:

\sqrt 3-\sqrt 2=\frac pn+\frac {g-f}n

Kivonva az egyenletből \frac pn-et és (3)-at használva kapjuk:

|(\sqrt 3-\sqrt 2)-\frac pn|\leq \frac{1}{20n^4} (4)

A háromszög-egyenlőtlenséget és (4)-et használva:

|(\sqrt 3-\sqrt 2)+\frac pn|=|(\sqrt 3-\sqrt 2)-\frac pn+2(\sqrt 2-\sqrt 3)|\leq |(\sqrt 3-\sqrt 2)-\frac pn|+|2(\sqrt 2-\sqrt 3)|\leq \frac 1{20n^4}+2(\sqrt 3-\sqrt 2)<1

Azaz:

|(\sqrt 3-\sqrt 2)+\frac pn|<1 (5)

(4)-et és (5)-öt összeszorozva, kapjuk:

|(5-2\sqrt 6)-\frac {p^2}{n^2}|<\frac 1{20n^4} (6)

Újra a háromszög-egyenlőtlenséget és (6)-ot használva:

|5-\frac {p^2}{n^2}+2\sqrt 6|=|5-2\sqrt 6-\frac {p^2}{n^2}+4\sqrt 6|\leq |5-2\sqrt 6-\frac {p^2}{n^2}|+4\sqrt 6<\frac 1{20n^4}+4\sqrt 6<10

Azaz

|5+2\sqrt 6-\frac {p^2}{n^2}|<10 (7)

(6)-ot és (7)-et összeszorozva:

|{\Big (5-\frac{p^2}{n^2}\Big)}^2-24|<\frac 1{2n^4} (8)

Az egyenlőtlenséget n4-gyel szorozva kapjuk:

|{(5n^2-p^2)}^2-24n^4|<\frac 12

De a bal oldalt nemnegatív egész szám áll, így csak nulla lehet, azaz

(5n2-p2)2-24n4=0

Azaz

(5n2-p2)2=24n4

, ami nem lehet, mert bal oldalon négyzetszám áll, míg a jobb oldalon nem, amint az könnyen látható. Így ellentmondást kaptunk, így igaz a feladat állítása.

  [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]