|
[388] rizsesz | 2008-04-16 14:22:44 |
 Nagyon szép megoldás, kedves Ákos (bár eléggé adta magát a kis Fermat-tétel :)).
Néhány gondolat amúgy eszembe jutott a kitűzött K problémákkal kapcsolatban.
A K. 167. ugyanabba a hibába esik, mint a K. 90.
Azt kérte ott ugyanis a feladat, hogy adjunk meg minél több megoldást, míg maximális pont arra járt, ha igazoltad, hogy két megoldás van és nincsen több. Érdemes lenne ezt a javítóknak most is figyelembe venni, és ilyen hibába nem beleesni újra.
A másik a K. 168. Ennek második része pedig már korábban tárgyalt B feladat (azt hiszem 2002 - 2003 májusi). Ez persze nem először fordul elő, de úgy gondolom, hogy ilyenekre érdemes lenne ügyelni.
Üdv, rizs
|
|
|
|
|
|
|
[382] Róbert Gida | 2008-03-27 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 Gida | 2008-03-27 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 -1+4n, tehát . 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 |
|
|
[379] ik68 | 2008-03-26 13:50:06 |
 Ha lenne valakinek egy megoldasa az A.448.-as feladatra, örömmel venném. Köszönöm!
|
|
|
|
[376] nadorp | 2008-03-21 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 Bizonyítás:
Legyen (x 0). Azt kell bizonyítani, hogy g(1) 0
Nyilván g(0)=0. Továbbá a függvény deriváltjára
g'(x)
Mivel >-1 esetén létezik , ezért bi+bj-1>-1 miatt g' integrálható a [0;1] intervallumon és a fentiek miatt g'(x) 0. Tehát
, hiszen nemnegatív függvény integrálja is nemnegatív.
|
|
[375] sakkmath | 2008-03-18 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] nadorp | 2008-03-16 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
.
Másrészt
Ha ezt elvégezzük H mindegyik oldalára akkor az kapjuk, hogy

|
 |
|
[373] S.Ákos | 2008-03-15 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 gúla | 2008-03-12 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) és . Ekkor

|
|
[371] Káli gúla | 2008-03-12 00:20:19 |
 Az A.445. feladat megoldása. Feltehető, hogy p páratlan, mert miatt p=2-re az állítás triviális. Két észrevételre lesz szükség: (1) Minden mod p maradékosztály előállítható alkalmasan választott számok szorzataként; (2) A Cj számok zártak a szorzásra, azaz ilyenek szorzata is ilyen alakú, mod p.
(1) Mivel , így indukcióval azt kapjuk, hogy . 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 . A harmadik esetben van olyan i,j, hogy és , tehát . 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) és . Ekkor

(A szokásos feltevéssel , ha b>a.) Bizonyítás. Legyen n=Np+n0 és k=Kp+k0, n0,k0<p. Ekkor , 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 j p-1). Ezekben a tagokban a binomiális együttható osztható p-vel, ezért mod p a teljes szumma elhagyható: . Ebből a Lucas-tétel már egyszerűen következik teljes indukcióval.
Összerakva a két segédtételt: egy r 0 maradékosztályt az első alapján felírhatunk alakban ( j 0, j=1,..,(p-1)/2), majd kereshetünk egy olyan n egész számot, amelynek p-adikus felírásában a j számjegy j-szer szerepel (j=1,..,(p-1)/2). Mivel 2n felírásában az n számjegyei kétszereződnek (2j<p miatt nincs átvitel), így a (2) rész szerint

|
|
[370] Róbert Gida | 2008-02-25 00:49:29 |
 A.444. feladat megoldása: Indirekten, ha nem teljesül az állítás, akkor létezik >0, hogy végtelenhez tartó xn sorozatra |f(xn)|> 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)|> teljesül (ha n>1). Elég nagy N0 egészre teljesül, hogy (N0+1)an<N0bn, ezért N N0 esetén az [Nan,Nbn] és [(N+1)an,(N+1)bn] intervallumok metszik egymást, azaz [N0an, ) 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 , 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)|> , ahol N végtelenhez tartó sorozata a pozitiv egészeknek.
|
|
|
|
|
[366] Apa | 2008-01-16 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.Ákos | 2008-01-16 19:12:59 |
 B.5049 (jó pár lépés kihagyásával) Kicsit rendezgetve (a+b+c való szorzás és a megfelelő összevonások után kapjuk):

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

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

Szorzattá alakítva a számlálókat kapjuk:

ez meg nyilván igaz, egyenlőség esetén.
|
|