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] [49]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[870] Fálesz Mihály

2014-03-14 10:15:42

A. 609. Legyenek a₁,a₂,...,a_n és b₁,b₂,...,b_n olyan komplex számok, amelyekre Im a_j $\ge$ 1 és Im b_j $\le$ -1 (j=1,2,...,n), és legyen

$f(z) = \frac{(z-a_1)(z-a_2)\dots (z-a_n)}{(z-b_1)(z-b_2)\dots (z-b_n)}.$

Igazoljuk, hogy az f'(z) függvénynek nincs gyöke az |Im z|<1 halmazon.

A. 480. Tegyük fel, hogy p(z) olyan n-edfokú, komplex együtthatós polinom, melynek minden (komplex) gyöke egységnyi abszolút értékű. Mutassuk meg, hogy tetszőleges c $\ge$ 0 valós számra a

2z(z-1)p'(z)+((c-n)z+(c+n))p(z)

polinom gyökei is egységnyi abszolút értékűek.

A. 430. Legyen n $\ge$ 2 és u₁=1,u₂,...,u_n legfeljebb 1 abszolút értékű komplex számok, továbbá legyen

f(x)=(x-u₁)(x-u₂)...(x-u_n).

Igazoljuk, hogy az f'(x) polinomnak létezik olyan komplex gyöke, aminek a valós része nemnegatív.

Iliev-Sendov sejtés: Ha f legalább másodfokú komplex együtthatós polinom, amelynek minden gyöke az egységkörben van, akkor az f' gyökei köré rajzolt egységkörök lefedik f gökeit.

Előzmény: [869] w, 2014-03-13 22:30:32

[869] w	2014-03-13 22:30:32
A.609

[868] w

2014-02-12 19:55:42

Bocs, azt elnéztem.

A.605 megoldása egyszerűbben, de gyengébb becslésekkel:

$\root{k}\of{\frac{a_1^k+\dots+a_{m+n}^k}{m+n}}\ge$

(számok rendezettsége)

$\ge\root k\of{\frac m{m+n}\cdot\frac1m\sum_{i=1}^m a_i^k+\frac{n}{m+n} a_m^k}\ge$

(kihasználva a rendezettséget és $\frac m{m+n}\le \frac12$ feltételt)

$\root k\of{\frac 12\cdot\frac1m\sum_{i=1}^m a_i^k+\frac12 a_m^k}\ge$

(kéttagú számtani-mértani)

$\ge \root {2k}\of{\left(\frac1m\sum_{i=1}^m a_i^k\right)\cdot a_m^k}\ge$

(céltudatos becslés a rendezéssel)

$\ge\root{2k}\of{\left(\frac1m\sum_{i=1}^m a_i^{k+1}\right)\cdot a_m^{k-1}}\ge$

(rendezettség és k $\ge$ 1)

$\ge \root{2k}\of{\left(\frac1m\sum_{i=1}^m a_i^{k+1}\right)^{1+\frac{k-1}{k+1}}}=\root{k+1}\of{\frac1m\sum_{i=1}^m a_i^{k+1}}.$

Előzmény: [867] Róbert Gida, 2014-02-11 22:13:34

[867] Róbert Gida

2014-02-11 22:13:34

"Lényegében én is így csináltam, bár kicsivel erősebb állítást láttam be, amihez nem kellett dupla indukció. Ennek ellenére teljesen más megközelítésem volt"

Kevesebbet láttál be, hiszen 2p_2k+1 jóval kisebb, mint az én bizonyításomból kijövő: minden (n+1) paritásával megegyező egész előáll +-os alakban a [-s_n+14,s_n-14] intervallumból: trivi, hiszen, ha c előáll néhány prím összegeként, akkor +-os összegben plusszal szerepeljenek pont ezen prímek, akkor az összeg (s_n-c)-c=s_n-2*c, és itt c az [7,s_n-7]-be esik.

Egyébként azt is meg lehet mondani, hogy milyen (lehetséges) számok maradnak ki az [-s_n,s_n] intervallumból, ha n>3: s_n-12,s_n-8,s_n-2, és ezek mínusz egyszeresei, azért, mert az 1,4,6 nem állítható elő néhány prím összegeként.

Előzmény: [866] w, 2014-02-11 21:13:56

[866] w

2014-02-11 21:13:56

Lényegében én is így csináltam, bár kicsivel erősebb állítást láttam be, amihez nem kellett dupla indukció. Ennek ellenére teljesen más megközelítésem volt.

Azt látom be, hogy k $\ge$ 3 esetén minden -2p_2k+1 és +2p_2k+1 közötti páros szám előáll $\pm$ p₁ $\pm$ p₂ $\pm$ ... $\pm$ p_2k+1 alakban.

Az alapeset néhány kis számolás kérdése: megkeressük k=1-re, majd k=2-re, majd k=3-ra a váltakozó előjeles összeggel előállítható számokat, és látjuk, hogy k=3-ra már jó lesz. Már itt feltűnik az az egyszerű megállapítás, hogy ha s előáll váltakozó előjelű összegként, akkor minden előjelet megcserélve, -s is előáll.

Az indukciós lépés k-1-ről k-ra megy. Ha egy $\pm$ p₁ $\pm$ ... $\pm$ p_2k-1 alakú számból akarunk egy $\pm$ p₁ $\pm$ ... $\pm$ p_2k-1 $\pm$ p_2k $\pm$ p_2k+1 alakút képezni, csak hozzá kell adnunk $\pm$ p_2k $\pm$ p_2k+1-t, ezt is fogjuk tenni. A -2p_2k-1 és +2p_2k-1 közötti páros számokhoz hozzáadtunk $\pm$ p_2k+p_2k+1-et, ami ugye szintén páros. Ezzel előállítottuk egyrészt a $A=\left(-2p_{2k-1}+p_{2k}+p_{2k+1}\right)$ és $B=\left(2p_{2k-1}+p_{2k}+p_{2k+1}\right)$ közötti páros számokat, másrészt a $C=\left(-2p_{2k-1}-p_{2k}+p_{2k+1}\right)$ és $D=\left(2p_{2k-1}-p_{2k}+p_{2k+1}\right)$ közötti páros számokat.

A p_n<2p_n-1 Csebisev-tételes becslést többször használva kijön, hogy A<D, C<0, valamint B>2p_2k+1. Tehát a C és D közötti páros számok tartalmazzák a 0 és A közötti páros számokat, valamint az A és B közötti páros számok tartalmazzák az A és 2p_2k+1 közötti páros számokat. Tehát ezzel minden 0 és 2p_2k+1 közötti páros szám előállt a váltakozó előjeles összeg alakban. Azt pedig már tárgyaltuk, hogy ekkor ellentettjeik is előálltak.

Azt az előjeles összeget választjuk, amely a nullát előállítja, ez adja a partíciót.

---

Kíváncsi volnék, milyen megközelítések lehetségesek a B.4601-re, a sajátom kicsit bonyolult volt. Emellett A.607. megoldását inverzió nélkül, ha van, megnézném.

Előzmény: [865] Róbert Gida, 2014-02-11 19:41:50

[865] Róbert Gida

2014-02-11 19:41:50

Lejárt (6 pontos!) B4600. megoldása:

b. rész: olcsó. itt az első n prím összege ptlan, így a partíció nem lehetséges.

a. rész: nehezebb, az első n prím összege ps, prímek sűrűn vannak, reménykedünk, hogy van megoldás. Partíció valóban lehetséges, sőt többet látok be. Legyen p_n az n-edik prím (p₁=2;p₂=3;..) és s_n az első n prím összege.

Állítás: ha n $\ge$ 5, akkor minden [7,s_n-7]-be eső egész szám előáll néhány (különböző) prím összegeként az első n prímet használva. Ebből könnyen következik a feladat megoldása, hiszen, ha $\frac{s_n}{2}$ (ez egész) előáll néhány prím összegeként, akkor a kimaradók összege is $\frac{s_n}{2}$ , azaz ez egy jó partíció.

Biz.: Az állítás könnyen ellenőrizhető n=5-re. Indukció: ha c-t szeretnénk előállítani az első n+1 prímet használva és 7 $\le$ c $\le$ s_n-7, akkor már az első n prímet használva is van előállítás. Ha s_n-7<c $\le$ s_n+1-7, akkor használjuk az n+1-edik prímet, ezzel c=p_n+1+(c-p_n+1), ha 7 $\le$ c-p_n+1 $\le$ s_n-7, akkor indukcióval c-p_n+1-re van felbontás, amivel c egy felbontását kapjuk. Itt a felső becslés triviálisan teljesül, mert c-p_n+1 $\le$ s_n-7 ekvivalens a c $\le$ s_n+1-7 feltétellel, hiszen s_n+1=s_n+p_n+1. Az alsó becslés: 7 $\le$ c-p_n+1, de c>s_n-7 feltétel volt ezzel elég belátni: 7 $\le$ s_n-6-p_n+1, azaz p_n+1 $\le$ s_n-13-at kell igazolni. Ez utóbbit is teljes indukcióval látom be! n=5-re teljesül, míg nagyobb n-re az indukciót használva: s_n+1-13=s_n+p_n+1-13=(s_n-13)+p_n+1 $\ge$ p_n+1+p_n+1=2*p_n+1, azaz elég belátni, hogy 2*p_n+1 $\ge$ p_n+2, ami Csebisev tétele miatt igaz.

[864] w

2014-02-11 17:21:25

Feladat:

A.605. általánosítása: tetszőleges $\ell$ , m, n $\ge$ $\ell$ pozitív egész számokra és k $\ge$ 1, 0 $\le$ a₁ $\le$ ... $\le$ a_m+n valósokra:

$\root{k+\frac{\ell}m}\of{\frac1m\sum_{i=1}^m a_i^{k+\frac{\ell}m}}\le \root k\of{\frac1{m+n}\sum_{i=1}^{m+n}a_i^k}.$

Ennél tovább (mármint hogy súlyozzuk a változókat/ $\ell$ -et valós számmá nyilvánítjuk) már nagyon erőltetett volna általánosítani.

[863] w

2014-01-13 15:51:51

B.4589. megoldása komplex számokkal.

Belátjuk, hogy egész együtthatós P(x) polinomhoz és m>1 egész számhoz van olyan n, melyre a $P(0),P(1),\dots,P\left(n-1\right)$ értékek m különböző egyenlő összegű csoportra bonthatók. Legyen degP=d.

Legyen $\omega$ tetszőleges m-edik komplex egységgyök. Legyen továbbá s(k) a k természetes szám számjegyeinek összege az m alapú számrendszerben felírt alakjában.

Vezessük be a következő polinomot:

$P_t(x)=\sum_{k=0}^{m^{t}-1}\omega^{s(k)}P(x+k).$

Azt állítjuk, hogy ezen polinom foka legfeljebb d-t. Mivel P₀(x)=P(x), így elég megmutatni, hogy P_t+1 foka kisebb, mint P_t foka. Könnyen átgondolható, hogy

$P_{t+1}(x)=\sum_{j=0}^{m-1}\omega^{j}P_t\left(x+jm^t\right),$

és ebből adódik, hogy P_t+1 foka legfeljebb P_t foka, továbbá P_t+1 nem tartalmaz degP_t-edfokú tagot, hisz $\sum_{j=0}^{m-1}\omega^j=\frac{1-\omega^m}{1-\omega}=0$ . Így a P_d+1(x) polinom már a zéruspolinom.

Legyen

$S_r:=\sum_{s(k)\equiv r(\mod m), 0\le k< m^{d+1}}P(k).$

Az imént kaptuk, hogy

$0=P_{d+1}(0)=\sum_{k=0}^{m^{d+1}-1}\omega^{s(k)}P(k)=\sum_{r=0}^{m-1}\omega^r S_r$

teljesül tetszőleges $\omega$ komplex m-edik egységgyökre. Ezek szerint az $f(x)=\sum_{r=0}^{m-1}S_rx^r$ polinomnak mindegyik komplex m-edik egységgyök gyöke lesz, ebből adódóan többszöröse az x^m-1+...+x+1 polinomnak, ahonnan S₀=S₁=...=S_m-1. Ezzel meg is adtunk egy alkalmas felbontást.

[862] Fálesz Mihály	2013-12-19 14:52:00
Arra gondoltam, hogy a [857]-beli egyenletnek, és az átalad is megtalált d₁^.d₂=0 egyenletnek van olyan lineáris kombinációja, amiben a másodfokú rész x²+y².
Előzmény: [861] HoA, 2013-12-19 12:59:45

[861] HoA

2013-12-19 12:59:45

Nem tudom mire céloztál, úgy látom, más se. Az egyenletből kiindulva arra gondoltam, a metszéspontokra az is teljesül, mivel az egyik egyenestől 0 távolságra vannak, hogy

d₁(X)^.d₂(X)=0

. Ezért a metszéspontokra az is igaz, hogy

d₁²(X)+d₂²(X)-2^.d₁(X)^.d₂(X)=(d₁(X)-d₂(X))²=FX²

Egy olyan koordináta-rendszerben, ahol a vezéregyenesek egyenlete y= $\pm$ m^.x és a fókusz az x tengely pozitív értékeit tartalmazó, vezéregyenesek közti szögtartományban van, ott az előjeles távolságok különbségére egyszerű kifejezés adódik: $\frac {2 \cdot m \cdot x}{\sqrt {1 + m^2 }}$ . Ezt, valamint az F fókusz (p;q) koordinátáit (d₁(X)-d₂(X))²=FX² -be helyettesítve , majd még egyszer felhasználva, hogy a vezéregyeneseken lévő pontokról van szó ( y= $\pm$ m^.x) egy olyan másodfokú egyenletpárt kapunk x-re, melyekben a konstans tag illetve a másodfokú tag együtthatója megegyezik . Innen [856] mintájára a gyökök szorzata a két egyenletben egyenlő és így EA^.EB=EC^.ED is teljesül. ( A mostani m persze fele akkora szög tangense, mint a [856] – beli )

Vagy más volt az elképzelésed?

Előzmény: [856] Fálesz Mihály, 2013-12-13 07:47:25

[860] w

2013-12-16 16:57:02

B. 4573. Mutassuk meg, hogy egy szabályos 27-szög bármely hét csúcsa közül kiválasztható négy, amelyek trapézt határoznak meg.

Legyen az X és Y csúcs *XY* távolsága az a legkisebb számú sokszögoldal, melynek mentén az egyikből a másikba "utazhatunk". Világos, hogy az AB és CD átlók/oldalak épp akkor párhuzamosak, ha a *BC* és a *DA* távolság megegyezik. A kiválasztott 7 csúcs ily módon 7^.6/2=21 darab távolságot határoz meg, és ezeknek hossza 13-féle lehet, ezért skatulya-elv szerint lesz 8 darab egyenlő távolságpár. Ha ezek az egyenlő távolságpárok közül egyik pár nem egy csúcsba fut be, akkor már találtunk trapézt. Ha mégis, akkor mindegyik egyenlő távolságpár egy-egy csúcsba fut be; mivel 7 csúcsunk van, így lesz két, egy csúcsba befutó egyenlő távolságpár, *AB*=*AC* és *AD*=*AE*. Ekkor viszont BCDE trapéz lesz, így készen vagyunk.

[859] w	2013-12-16 16:15:32
A megoldásokat itt fogod megtalálni (oldal alja; még nem jelentek meg, előbb-utóbb majd feltöltik).
Előzmény: [858] GK, 2013-12-16 11:13:48

[858] GK

2013-12-16 11:13:48

hello!

A novemberi feladatok (matek, k jelű) megoldásai hol olvashatók?

[857] HoA	2013-12-13 14:13:27
De előbb [856] utolsó képletein felbátorodva egy elemi megoldás: F tükörképe v₁ -re F’ . FF’ látószöge az A, B , E pontokból rendre 4 $\alpha$ ,4 $\beta$ ,4 $\gamma$ . EF másik metszéspontja k_A -val G. Mivel E k_A és k_B külső hasonlósági pontja, EAG $\angle$ =2 $\beta$ . EAG és FAG $\Delta$ ekből $\alpha$ - $\beta$ =2 $\gamma$ v₁ metszéspontja k_A val ill. k_B vel A és B között H ill. J. A HAT_A és JBT_B $\Delta$ ekből $EHT_A \angle = ET_BJ \angle ( = \frac {90^\circ - \Phi}{2} ) = \delta$ . FT_BE $\angle$ = $\delta$ - $\beta$ EFT_A $\angle$ = $\epsilon$ ra EFT_AH hurkolt négyszögből $\epsilon$ + $\alpha$ = $\delta$ +2 $\gamma$ , $\epsilon$ = $\delta$ +2 $\gamma$ - $\alpha$ = $\delta$ - $\beta$ =FT_BE $\angle$ . EFT_AésET_BF $\Delta$ ek hasonlók. ET_A^.ET_B=EF² Hasonlóan ugyanezt kapjuk ET_C^.ET_D re. Így T_A,T_B,T_C,T_D, egy körön vannak és ET_A=EA^.cos $\Phi$ stb. matt A, B, C, D is.

Előzmény: [856] Fálesz Mihály, 2013-12-13 07:47:25

[856] Fálesz Mihály

2013-12-13 07:47:25

Van teljesen koordináta-geometriai megoldás is.

Legyen d₁(X) és d₂(X) a két vezéregyenestől mért előjeles távolság. A metszéspontokra teljesül például a következő egyenlet:

FX²=d₁²(X)+d₂²(X).

Innen ti jöttök.

Előzmény: [855] w, 2013-12-12 17:45:26

[855] w

2013-12-12 17:45:26

Ez szép megoldás. Mivel viszont a decemberi Kömalban a feladatot koordinátageometria kategóriába sorolták, érdemes volna egy ilyen megoldást is megemlíteni, én például így csináltam.

Ha d₁ és d₂ párhuzamos, akkor kész vagyunk, tegyük fel, hogy nem párhuzamosak. Legyen O=d₁ $\cap$ d₂, legyen olyan koordinátarendszerünk, melyben d₁ az x-tengely és O az origó.

Megmutatjuk, hogy $OA\cdot OB=\frac{OF^2}{\cos^2\phi}$ , ahol $\phi$ a d₁ és d₂ egyenesek szöge. Legyen F(p,q), és legyen d₂ egyenlete y=mx. Ekkor az ismert képletek szerint tetszőleges (x,y) pont távolsága d₂-től $\frac{|y-mx|}{\sqrt{m^2+1}}$ , távolsága F-től pedig $\sqrt{(x-p)^2+(y-q)^2}$ , a P₂ parabola (x,y) pontjaira ez a két mennyiség megegyezik, azaz

$\frac{|y-mx|}{\sqrt{m^2+1}}=\sqrt{(x-p)^2+(y-q)^2},$

$(y-mx)^2=(m^2+1)\left[(x-p)^2+(y-q)^2\right].$

Mivel A és B második koordinátája nulla, így első koordinátáikra, x₁ és x₂-re másodfokú egyenletet kapunk:

$(mx)^2=(m^2+1)\left[(x-p)^2+q^2\right]$

$x^2-2p(m^2+1)x+(m^2+1)\left(p^2+q^2\right)=0.$

A Viéte-formulákból adódik, hogy $OA\cdot OB=x_1x_2=\left(m^2+1\right)(p^2+q^2),$ ahol OF²=p²+q² és m=tg $\phi$ , ezért az állításunkat igazoltuk. Ugyanezzel egyenlő OC^.OD, ha a d₂ egyenest vesszük x-tengelynek. Mivel P₁ a d₁ és P₂ a d₂ egyenes felett halad, így O az AB és CD szakaszok külső pontja, és így A,B,C,D konciklikus.

Előzmény: [854] HoA, 2013-12-12 10:04:17

[854] HoA

2013-12-12 10:04:17

Nem euklideszi [76] –nál talán egyszerűbb megoldás A.599 -re:

A. 599. A P1 és P2 parabolák fókuszpontja közös. A P1 vezéregyenese a P2-t az A és B pontokban, a P2 vezéregyenese pedig a P1-et az C és D pontokban metszi. Mutassuk meg, hogy az A, B, C és D pontok egy körön vannak.

1: A közös fókusz F, a v₁ és v₂ vezéregyenesek az E ponban $\alpha$ szögben metszik egymást.Az A ill. B középpontú , F-en átmenő k_A ill. k_B körök v₂-t T_A-ban ill. T_B -ben érintik. Hasonlóan a C ill. D középpontú , F-en átmenő k_C ill. k_D körök v₁-et T_C-ben ill. T_D -ben érintik.Bizonyítandó, hogy EA^.EB=EC^.ED .

2: Mivel P = A, B, C, D –re igaz, hogy ET_P=EP^.cos $\alpha$ , ez pontosan akkor teljesül, ha ET_A^.ET_B=ET_C^.ET_D , vagyis ha a T_P pontok egy körön vannak.

3: Egy F középpontú inverzió v₁ -et és v₂ -t az F-en átmenő, O₁’ ill. O₂’ középpontú v₁’ ill. v₂’ körökbe, az F-en átmenő, v₁ -et merőlegesen metsző, v₂-t érintő k_A és k_B köröket a v₁’ -t merőlegesen metsző, tehát O₁’ -n átmenő, v₂’ -t érintő egyenesekbe, az F-en átmenő, v₂ -t merőlegesen metsző, v₁-t érintő k_C és k_D köröket a v₂’ -t merőlegesen metsző, tehát O₂’ -n átmenő, v₁’ -t érintő egyenesekbe képezi le.

4: T_A’,T_B’,T_C’,T_D’ rajta vannak O₁’O₂’ Thálesz körén, ezért az eredeti T_P pontok is egy körön vannak, és így (2) alapján A,B,C,D is.

[853] Róbert Gida

2013-11-24 19:52:15

Wolfram Alpha kitalálja nekünk a sorozatot, csak az első 4 tag kell neki:

FindSequenceFunction[{ { 2,1/8 }, { 3,1/6 } , { 4,3/16 }, {5,1/5 } } , n]

Előzmény: [852] w, 2013-11-23 23:56:53

[852] w

2013-11-23 23:56:53

Két megjegyzésem volna.

1. Az $f(n)=\frac{n-1}{4n}$ képletet megsejteni annyira nem triviális, de egyetértek, csak 5 pontot érne.

2. A megadott rekurziót meg lehet oldani sejtés nélkül. Elég ehhez átrendezni: $f(n)=\frac{n^2-1}{n^2}f(n-1)+\frac1{2n^2}$ ekvivalens $f(n)-\frac12=\frac{n^2-1}{n^2}\left(f(n-1)-\frac12\right)$ -vel. Innen teleszkópikus szorzat. Ezen megoldás viszont csak a hiv. megoldás egyszerűbb átfogalmazása.

Előzmény: [850] Róbert Gida, 2013-11-23 22:09:21

[851] Róbert Gida

2013-11-23 22:11:59

"az első (n-1) eseményben páratlan vagy páros"

Persze itt (n-2) van (az A₂,...,A_n-1 események).

Előzmény: [850] Róbert Gida, 2013-11-23 22:09:21

[850] Róbert Gida

2013-11-23 22:09:21

B4571. feladat 6 pontos volt. Gondolkodás nélkül is kijön: legyen f(n) a keresett valószínűség, ekkor (aszerint nézve az eseményeket, hogy az első (n-1) eseményben páratlan vagy páros sok következett-e be) $f(n)=f(n-1)*\bigg(1-\frac {1}{2n^2}\bigg)+(1-f(n-1))*\frac {1}{2n^2}$ , azaz $f(n)=f(n-1)*\bigg(1-\frac{1}{n^2}\bigg)+\frac{1}{2n^2}$ és triviálisan f(1)=0, ebből már teljes indukcióval igazolható, hogy $f(n)=\frac {n-1}{4n}$ .

[849] w

2013-11-15 21:29:51

Igen, én is ezt csináltam. Kis megjegyzés az érdeklődők számára, akiknek nem ismert, amit felhasználtunk. Valójában két dologra volt szükség:

(1) (F_n,F_k)=F_(n,k),

(2) p|F_p-1 vagy p|F_p+1. /p prím/

Az (1) bizonyításához a kulcs a Fibonacci számok bontogatásával adódó azonosság lehet: F_n=F_n-1+F_n-2=2F_n-2+F_n-3=...=F_iF_n-i+1+F_i-1F_n-i. Ebből indukcióval előbb n|k $\implies$ F_n|F_k adódik, majd maga az (1).

A (2) bizonyítása nehezebb, és attól függ, hogy 5^(p-1)/2 +1 vagy -1 maradékot ad mod p. Ha utóbbi a helyzet, akkor p|F_p+1, ennek belátásához elég kifejteni a binomiális tétellel az F_p+1-re vonatkozó explicit képletet. Az előbbi eset érdekesebb, abban az esetben az 5 kvadratikus maradék lesz mod p (lásd pl. itt), ezért $\sqrt5$ és $(1\pm\sqrt5)/2$ reprezentálható, mint maradék mod p, vagyis a Binet-képlet felírható mod p maradékokkal is, és p|F_p-1 a Kis-Fermat-tételből következik. (Amúgy itt is van erről szó.) Szóval ezzel a két lemma is elintézhető.

Ha tud valaki jobb bizonyítást, az érdekelne.

Előzmény: [848] Róbert Gida, 2013-11-15 20:49:35

[848] Róbert Gida

2013-11-15 20:49:35

Valóban, ezt a példát akkor elvinném:

(lejárt) A598. megoldása:

Legyen F_n az n-edik Fibonacci szám. Ismert, hogy lnko(F_n,F_k)=F_lnko(n,k) ebból kapjuk, hogy az m-el osztható Fibonacci számok pontosan (valamilyen t-re) a t-vel osztható indexűek, ezen t pedig akkor nyilván a legisebb pozitív egész, amire F_t osztható m-mel (t létezik). Ismert, hogy m=p-re t|p+-1, ha p!=5 (valójában p-nek az ötös maradékától függ, hogy p+1 vagy p-1, de ez itt most nem kell).

Ha nincs köztük páros és 5-tel osztható sem, akkor p legyen az a,b,c legkisebb prímosztója (ilyen van, mert a,b,c>1) ami nem lehet a 2 sem az 5, ekkor mondjuk p|a, így p|F_b, de mivel ekkor p|F(p+-1) (lásd fent). Így p|F_lnko(p+-1,b), de p minimalitása miatt lnko(p+-1,b)=1, vagy p=2. Első esetben p|F₁=1, ellentmondás, második esetben b páros, szintén ellentmondás.

Előzmény: [847] w, 2013-11-13 17:29:47

[847] w	2013-11-13 17:29:47
Illetőleg néhány feladatra érdemes rákeresni: A.596, A.598, A.596 megoldási ötletek, A.598 megoldási ötletek.
Előzmény: [845] Róbert Gida, 2013-10-23 21:22:38

[846] w

2013-10-29 19:44:42

Tehát az én megoldásom (vázlatos):

Vegyük észre, hogy

a) a₁+a₂+...+a₂₀₁₃=2014

b) a₁+2a₂+...+2013a₂₀₁₃=4026.

Emellett vezessük be a_k-t, mint a legutolsó olyan a_i szám a mondatban, ami még nem nulla. Mivel minden szám legfeljebb k-szor fordul elő a mondatban, és a nullák száma legalább 2013-k, így k $\ge$ 2013-k, k>1006. De ez azt jelenti, hogy a_k=1, és k darab nulla van a mondatban. Tehát a_i sorozatban 2013-k darab nem nulla szám van, ezek közül kettő a₁ és a_k.

Vonjuk ki a)-t b)-ből, amit kapunk, azt pedig becsüljük meg alulról:

$2012=\sum_{i=2}^k (i-1)a_i=\sum_{i=2}^{k-1}(i-1)a_i+ka_k\ge[1+2+\dots+(2011-k)]+k=[1+2+\dots+(2010-k)]+2011$

Ebből adódik, hogy k>2008 is igaz. Innen kis gondolkodás és kész.

Előzmény: [844] w, 2013-10-21 21:05:42

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?