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]  

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.
[960] w2015-02-11 21:48:10

Csak egy kis apróság: kérlek, tedd olvashatóvá a megoldásaidat. Lehet, hogy egyedül vagyok ezzel, de nehezen átlátható az, amit írsz, bármennyire is érdekes lehet.

Lehet ezt indukció nélkül is. Leírom - remélem - átlátható(bb)an.

A.633. megoldása.

Felhasználjuk, hogy ha &tex;\displaystyle d(m)&xet; az &tex;\displaystyle m>0&xet; egész pozitív osztóinak száma, és &tex;\displaystyle t>0&xet; adott, akkor van olyan &tex;\displaystyle C(t)&xet; konstans, melyre &tex;\displaystyle d(m)<C(t)m^t&xet; teljesül bármely &tex;\displaystyle m>0&xet; egészre. (Ennek belátása a 2008-as Kürschák 1. feladatához hasonló - utóbbi pl. megtalálható a VersenyVizsga portálon.)

Azt is belátjuk, hogy adott &tex;\displaystyle \epsilon>0&xet; és &tex;\displaystyle k>1&xet; egész esetén elég nagy &tex;\displaystyle n&xet;-re bármely &tex;\displaystyle n&xet; különböző pozitív egész között van &tex;\displaystyle k&xet; darab, aminek legkisebb közös többszöröse &tex;\displaystyle n^{k-\epsilon}&xet;-nál nagyobb.

A megoldáshoz legyen &tex;\displaystyle t>0&xet; adott (később megválasztjuk), és írjuk le egy listában mind a &tex;\displaystyle \binom nk&xet; legkisebb közös többszöröst. Legyen a kapott lista &tex;\displaystyle L&xet;, és jelölje &tex;\displaystyle x&xet; a benne előforduló különböző számok számát. Bármely &tex;\displaystyle m\in L&xet;-re jelölje &tex;\displaystyle E(m)&xet; az &tex;\displaystyle m&xet; előfordulását &tex;\displaystyle L&xet;-ben. Ekkor felírhatjuk, hogy

&tex;\displaystyle \binom nk=|L|=\sum_{m\in L}E(m).&xet;(1)

Hogyha van olyan &tex;\displaystyle m\in L&xet;, melyre &tex;\displaystyle m\ge n^k&xet;, akkor teljesül az állítás. Tegyük most fel, hogy bármely listabeli szám legfeljebb &tex;\displaystyle n^k&xet;.

Hogyha &tex;\displaystyle k&xet; darab szám legkisebb közös többszöröse &tex;\displaystyle m&xet;, akkor ezek mind osztják &tex;\displaystyle m&xet;-et, vagyis &tex;\displaystyle d(m)&xet;-félék lehetnek. Ebből következik, hogy

&tex;\displaystyle E(m)\le \binom{d(m)}k\le&xet;

&tex;\displaystyle \le d(m)^k< C(t)^km^{tk}\le C(t)^k(n^k)^{tk}.&xet;(2)

Másfelől, hogyha &tex;\displaystyle n\ge 2k&xet;, akkor

&tex;\displaystyle \binom nk=\frac{n(n-1)\dots(n-k+1)}{k!}\ge \frac{(n/2)^k}{k!}=\frac1{2^k\cdot k!}n^k.&xet;(3)

Beleírva &tex;\displaystyle (2)&xet;-t és &tex;\displaystyle (3)&xet;-at &tex;\displaystyle (1)&xet;-be, &tex;\displaystyle n\ge 2k&xet;-ra

&tex;\displaystyle \frac1{2^k\cdot k!}n^k<x\cdot C(t)^k(n^k)^{tk},&xet;

&tex;\displaystyle c(t)\cdot n^{k-tk^2}<x,&xet;(4)

ahol &tex;\displaystyle c(t)=\frac1{2^k\cdot k!\cdot C(t)^k}&xet;. Most válasszunk &tex;\displaystyle t=\frac{\epsilon}{2k^2}&xet;-et, és tegyük fel, hogy &tex;\displaystyle n>c(t)^{-2/\epsilon}&xet;: ekkor &tex;\displaystyle (4)&xet;-ből adódik:

&tex;\displaystyle x>c(t)n^{\epsilon/2}\cdot n^{k-\epsilon}>n^{k-\epsilon},&xet;

tehát a legnagyobb a legkisebb közös többszörösök közül &tex;\displaystyle n^{k-\epsilon}&xet;-nál nagyobb lesz.

Tehát ha &tex;\displaystyle n> \max\left\{2k,c\left(\frac{\epsilon}{2k^2}\right)^{-2/\epsilon}\right\}&xet;, akkor mindenképpen lesz &tex;\displaystyle n&xet; különböző pozitív egész között &tex;\displaystyle k&xet;, aminek legkisebb közös többszöröse &tex;\displaystyle n^{k-\epsilon}&xet;-nál nagyobb.

Előzmény: [959] Róbert Gida, 2015-02-11 20:41:13
[959] Róbert Gida2015-02-11 20:41:13

&tex;\displaystyle {\bf a633.}&xet; megoldása: Többet látok be. Minden pozitív k egészre és c>0 valós számra igaz, hogy létezik N(k,c), hogy n>N(k,c) esetén n különböző pozitív egész szám közül kiválasztható k, hogy azok lkkt-je nagyobb, mint &tex;\displaystyle n^{k-c}&xet;(a feladat N(4,0.01) létezéséről szól).

Az állítás &tex;\displaystyle k=1&xet;-re trivi, N(1,c)=1 megfelelő (egyetlen szám lkkt-je maga a szám). Teljes indukció. Ha &tex;\displaystyle (k-1)&xet;-re és minden &tex;\displaystyle c>0&xet;-ra igaz az állítás, akkor kell &tex;\displaystyle k&xet;-ra. Legyen &tex;\displaystyle n\ge k&xet; (hogy egyáltalán tudjunk k számot választani). Legyenek a számaink &tex;\displaystyle a_1,..,a_n&xet;, ha létezik köztük nagyobb, mint &tex;\displaystyle n^k&xet;, akkor készen vagyunk (válasszunk még ezen szám mellé (k-1)-et tetszelőgesen). Így feltehető &tex;\displaystyle a_i\le n^k&xet; minden &tex;\displaystyle i&xet;-re. Legyen &tex;\displaystyle m&xet; az &tex;\displaystyle a_i&xet; számok legnagyobbika, ekkor persze &tex;\displaystyle n\le m\le n^k&xet; teljesül.

Szükségem lesz a következő ismert tételre: minden &tex;\displaystyle \epsilon >0&xet;-ra létezik &tex;\displaystyle M(\epsilon)&xet;, hogy &tex;\displaystyle m>M(\epsilon)&xet; esetén &tex;\displaystyle m&xet;-nek kevesebb, mint &tex;\displaystyle m^{\epsilon}&xet; (pozitív) osztója van. Nyilvánvalóan minden i-re &tex;\displaystyle d=lnko(m,a_i)&xet; az m egy osztója, amire az előző tétel alapján rögzített t-re csupán &tex;\displaystyle m^t\le n^{k*t}&xet; lehetőség van. De akkor a skatulyaelv alapján van olyan d, ami legalább &tex;\displaystyle \frac{n-1}{n^{kt}}>n^{1-2*k*t}&xet;-szer szerepel. A számunkra érdekes eset persze az, amikor &tex;\displaystyle 1-2kt>0&xet;. Válasszuk ki ezen &tex;\displaystyle b_1,..,b_s&xet; számokat az &tex;\displaystyle a_i&xet; számok közül (&tex;\displaystyle s>n^{1-2kt}&xet;). Vegyük észre, hogy, ha ezen számok közül (k-1)-et kiválasztunk &tex;\displaystyle c_1..,c_{k-1}&xet;, akkor &tex;\displaystyle lkkt(m,c_1,..c_{k-1})=lkkt(d\frac md,d\frac {c_1}{d},..,d\frac{c_{k-1}}{d})=d*lkkt(\frac md,\frac {c_1}{d},..,\frac{c_{k-1}}{d})&xet; &tex;\displaystyle =d\frac md lkkt(\frac {c_1}{d},..,\frac{c_{k-1}}{d})=m*lkkt(e_1,..e_{k-1})\ge n*lkkt(e_1,..,e_{k-1})&xet;, ahol használtuk, hogy &tex;\displaystyle lnko(m,c_i)=d&xet; miatt &tex;\displaystyle \frac md,\frac {c_i}{d}&xet; rel. prímek, és azt, hogy &tex;\displaystyle m\ge n&xet;, és itt &tex;\displaystyle e_i&xet; egész. Most lehet indukciózni, rögzített &tex;\displaystyle u>0&xet;-ra, ha s elég nagy (azaz &tex;\displaystyle n&xet; elég nagy), akkor kiválasztható a különböző(!) &tex;\displaystyle b_1,..,b_s&xet; számok közül (k-1) úgy, hogy &tex;\displaystyle lkkt(c_1,..,c_{k-1})>s^{k-1-u}&xet;, na de ekkor &tex;\displaystyle lkkt(m,c_1,..c_{k-1})>n^{1+(1-2kt)(k-1-u)}&xet;, ha ez nagyobb, mint &tex;\displaystyle n^{k-c}&xet;, akkor vagyunk készen. Azaz kell:

&tex;\displaystyle 1+(1-2kt)(k-1-u)>k-c&xet;, azaz k-2k(k-1)t-u+2ktu>k-c, tehát &tex;\displaystyle c>2k(k-1)t+u-2ktu&xet;, de &tex;\displaystyle 2ktu>0&xet; így elég: &tex;\displaystyle c>2k(k-1)t+u&xet;, de ekkor &tex;\displaystyle u=\frac {c}{4}&xet; és &tex;\displaystyle t=min(\frac{1}{4k},\frac{c}{8k(k-1)})>0&xet; jó választás, mert így &tex;\displaystyle 2k(k-1)t+u\le \frac c4+\frac c4<c&xet;, és a jóval korábbi &tex;\displaystyle 1-2kt>0&xet; egyenlőtlenség is teljesül. Ezzel a feladat állítását beláttuk.

[958] Róbert Gida2015-02-11 20:41:00

&tex;\displaystyle {\bf a634.}&xet; megoldása: az állítás hamis, &tex;\displaystyle n=2;f(x)=x^2&xet; egy trivi ellenpélda. Mindegy, majd újra kitűzitek.

[957] w2015-01-31 10:02:38

A.630. hivatalos megoldása megjelent, szép, tetszik.

Két megoldást találtam, egyik sem az, úgyhogy miért is ne gyorsan leírom őket. Szerintem érdekesek. (Az eleje, hogy megnézzük az érintőszakaszokat, nálam is ugyanaz.)

Nézzük a &tex;\displaystyle P&xet;-ből &tex;\displaystyle FG&xet;-re állított merőlegest. Triviálisan &tex;\displaystyle Q&xet; rajta van ezen. Tehát ha belátjuk, hogy &tex;\displaystyle IP&xet; is merőleges &tex;\displaystyle FG&xet;-re, készen vagyunk.

1. befejezés: ez ismert módon ekvivalens azzal, hogy &tex;\displaystyle IF^2+PG^2=IG^2+PF^2&xet;. Ami pedig nyilvánvaló, hisz mindkét oldal az &tex;\displaystyle F&xet;-ből és &tex;\displaystyle G&xet;-ből a beírt körhöz húzott érintőszakasznak, illetve a beírt kör sugarának a négyzetösszege.

2. befejezés: tekintsük a &tex;\displaystyle P&xet; elfajuló kört és a beírt kört. Az &tex;\displaystyle F&xet; pont és &tex;\displaystyle G&xet; pont hatványa mindkét körre megegyezik, így &tex;\displaystyle FG&xet; a hatványvonaluk, ami merőleges az &tex;\displaystyle IP&xet; centrálisra.

[talán mindhárom megoldás átalakítható egymásba, de különböző megközelítésűek]

[956] Kovács 972 Márton2015-01-20 16:22:45

Köszönöm!

Előzmény: [955] w, 2015-01-20 16:19:21
[955] w2015-01-20 16:19:21

A fórumon kétféle megoldás is szerepelt: ez és ez.

Előzmény: [954] Kovács 972 Márton, 2015-01-20 16:15:42
[954] Kovács 972 Márton2015-01-20 16:15:42

Tudna valaki megoldást/segítséget mutatni az A.536-hoz? A feladat szövege megtalálható itt.

[953] w2015-01-16 16:55:14

Az A.630. feladat szerintem is nagyon könnyű volt. Könnyű kitűzni feladatot úgy, hogy sokkal bonyolultabb megoldásra gondol valaki. (Ha meg van cél mögötte, akkor olyasmi lehet, hogy népszerűsítse a pontversenyt.)

A B.4673. feladat alulértékelését azzal magyaráznám, hogy nagyon ismert példa.

Előzmény: [952] HoA, 2015-01-16 16:11:24
[952] HoA2015-01-16 16:11:24

Mit gondoltok, miért volt "A" kategóriás feladat &tex;\displaystyle \bf A 630&xet; ? Szerintem a hasonló témájú &tex;\displaystyle \bf B 4673&xet; nehezebb volt.

[951] Róbert Gida2014-12-19 15:05:48

10 hosszú a leghosszabb sorozat ami nem tartalmaz 4 hosszú számtani sorozatot, egy ilyen: 1,2,3,2,1,2,1,0,1,2.

Továbbá nagyon úgy tűnik számomra, hogy 5 hosszú már mindig lesz benne, 70000 tagút is könnyű találni. 54 tagúból pedig összesen 1514921499 darab van, ha &tex;\displaystyle x_1=0;x_2=1&xet;-gyel indul a sorozat (nyilván &tex;\displaystyle x_1&xet; nem érdekes, és feltehetjük &tex;\displaystyle x_2=1&xet;-et is, különben szorozzunk minden tagot (-1)-gyel).

Előzmény: [949] w, 2014-12-17 23:16:46
[950] w2014-12-18 15:28:11

Az &tex;\displaystyle A=11,8&xet; választással és

&tex;\displaystyle f(t)=\sum_{k=1}^\infty A^k\sin\frac{t}{(2A)^k}&xet;

függvénnyel számolva, nem lesz &tex;\displaystyle 215&xet; hosszú számtani sorozat.

Remélem, azért nem számoltam el.

A hivatalos megoldásnál sokkal kevésbé hanyag a számolás, de az alapötletek ugyanazok. A fő eltérés, hogy a (3) becslésnél &tex;\displaystyle \frac 15&xet; helyett &tex;\displaystyle 4\sin^2\frac12\sin\frac\pi3>0,7962&xet;-es szorzótényező jön ki, mert &tex;\displaystyle D=(h+1)d&xet; esetén már &tex;\displaystyle D\in\left[(2A)^s;2\cdot (2A)^s\right]&xet;.

Előzmény: [946] Fálesz Mihály, 2014-12-16 16:21:22
[949] w2014-12-17 23:16:46

Nagyon köszönöm. Végül nagyjából ugyanúgy számoltam, mint a megjelent megoldásban (az ötletet követve, a "4 hosszú számtani sorozat"-dolog kicsit bonyolultabbá tette a számításokat).

Biztos lehetne még rágni ezen a szinuszos függvényen párszázat a korláton, ahhoz mondjuk le kellene írni egy megoldást, csak a lényeget kiemelve. Kíváncsi lennék másik függvényre is.

Az már picit nemtriviális, hogy azért &tex;\displaystyle 4&xet;-tagú számtani sorozat biztos van, de még egyszerűen kijön fabunkóval. Ennek bizonyításához írjunk &tex;\displaystyle x_k&xet; alá &tex;\displaystyle +&xet; jelet, ha &tex;\displaystyle x_{k+1}-x_k=1&xet; és &tex;\displaystyle -&xet; jelet, ha &tex;\displaystyle x_{k+1}-x_k=-1&xet;. 1.) Hogyha &tex;\displaystyle 6&xet; tagon keresztül semely két szomszédos jel sem egyezik meg, akkor kész, mert lesz &tex;\displaystyle +,-,+,-,+,-&xet; típusú rész, ami négytagú (konstans) számtani sorozatot jelez. 2.) Ha három szomszédos jel azonos, akkor az is négytagú sz.s.-t ad. 3.) Egyébként: Van a sorozatunk közepén két szomszédos azonos jel, mondjuk &tex;\displaystyle -&xet;. Akkor mivel már harmadik &tex;\displaystyle -&xet; nem lesz mellettük, így &tex;\displaystyle +,-,-,+&xet; részünk van; akkor utóbbi &tex;\displaystyle +&xet; után ha &tex;\displaystyle +,-&xet; vagy &tex;\displaystyle -,+&xet; jön, akkor találunk négytagú sz.s.-t, mert &tex;\displaystyle +,-&xet; vagy &tex;\displaystyle -,+&xet; esetén &tex;\displaystyle x_{k+2}=x_k&xet;. Ha &tex;\displaystyle +,+&xet; jön, akkor van három &tex;\displaystyle +&xet; egymás után, marad az a lehetőség, hogy &tex;\displaystyle +,-,-,+,-,-&xet; lesz. Ezt bármeddig folytathatnám: &tex;\displaystyle +,-,-,+,-,-,+,-,-,...&xet;. De akkor találunk három darab &tex;\displaystyle +,-,-&xet; blokkot, ezekben egyenlőt változik &tex;\displaystyle (x_k)&xet; => 4-tagú sz.s.

Remélem, senkit sem zavar, hogy &tex;\displaystyle +,-&xet; írására volt éppen kedvem &tex;\displaystyle 0,1&xet; helyett.

Előzmény: [946] Fálesz Mihály, 2014-12-16 16:21:22
[948] w2014-12-16 19:34:26

Elküldtem e-mailben.

Előzmény: [947] Kovács 972 Márton, 2014-12-16 16:53:40
[947] Kovács 972 Márton2014-12-16 16:53:40

Leírnád kérlek a megoldását? Gondolkodtam rajta, de azóta sem sikerült rájönni.

Az világos, hogy &tex;\displaystyle A&xet; és &tex;\displaystyle B&xet; játszani fog egymással, mert ha az &tex;\displaystyle A&xet; csapat megszerzett &tex;\displaystyle x&xet; pontja mellett &tex;\displaystyle B&xet; megver mindenki mást, (ekkor még biztosan &tex;\displaystyle A&xet; nyer) akkor ennél &tex;\displaystyle B&xet; nem tud több pontot szerezni, így &tex;\displaystyle A&xet; &tex;\displaystyle y>x&xet; esetén is biztosan nyer.

Előzmény: [942] w, 2014-12-13 14:31:46
[946] Fálesz Mihály2014-12-16 16:21:22

Endre a következő megoldási ötletet küldte az A. 628. feladathoz.

Vegyük ezt a függvényt: &tex;\displaystyle f(x) = \sum_{k=1}^{\infty} 50^k \sin\frac{x}{100^k}&xet;. Ha egy 4 hosszú számtani sorozat különbségei &tex;\displaystyle 100^s&xet; közelében vannak, akkor az &tex;\displaystyle 50^s \sin\frac{x}{100^s}&xet; függvény szerinti értékei nagyon távol vannak a lineáristól. &tex;\displaystyle \sum_{k=1}^{s-1} 50^k \sin\frac{x}{100^k}&xet; amplitúdója kicsi, &tex;\displaystyle \sum_{k=s+1}^{\infty} 50^k \sin\frac{x}{100^k}&xet; pedig ilyen skálán nézve majdnem lineáris, ezért mindezek összege nem adhat 4 ponton lineáris függvényt.

Közben leírtam valamivel részletesebben, de érdemes lehet kipróbálni, hogy ki tudod-e számolni magad is, illetve a megoldásbeli kb. 900-es korlátot meddig tudod lenyomni.

Előzmény: [943] w, 2014-12-15 16:39:56
[945] w2014-12-15 19:47:32

Igen, én is ismerem a Van der Waerden-tételt. De azért köszi.

Előzmény: [944] Róbert Gida, 2014-12-15 19:25:03
[944] Róbert Gida2014-12-15 19:25:03

Korlátos sorozatra igaz, következik a Van der Waerden tételből. Ekkor az sem kell, hogy &tex;\displaystyle |x_k-x_{k+1}|=1&xet; teljesül.

(igazából korlátosság sem kell, csak, hogy jó hosszan az &tex;\displaystyle x_k&xet; nem sokat változik).

Előzmény: [943] w, 2014-12-15 16:39:56
[943] w2014-12-15 16:39:56

Az A628-ra valaki [Fálesz] mondana segítséget/megoldást?

[942] w2014-12-13 14:31:46

B.4660. Igazából csak el kell kezdeni, és elegendő apró következtetéssel kijön. Azt mondják, hogy ha &tex;\displaystyle A&xet; csak &tex;\displaystyle x&xet; pontot szerez, akkor mindenképpen nyer, ám megeshet, hogy egy &tex;\displaystyle B&xet; csapat megveri, úgy, hogy &tex;\displaystyle A&xet; &tex;\displaystyle y>x&xet; pontot szerez.

Ebből következik, hogy &tex;\displaystyle A&xet; és &tex;\displaystyle B&xet; egymás ellen fog játszani. Mi lehet ezen meccs eredménye?

Előzmény: [941] Kovács 972 Márton, 2014-12-12 23:47:33
[941] Kovács 972 Márton2014-12-12 23:47:33

Kedves fórumosok!

B.4660 megoldásához tudna valaki ötletet adni? Nem sikerült vele dűlőre jutni, még csak részeredményem sincs.

Egyelőre csak ötletet szeretnék, ha úgysem megy, akkor a megoldásra is kíváncsi leszek.

Köszönöm előre is!

[940] w2014-12-12 19:43:25

A.627. feladatra megjelent a hivatalos megoldás. Leírok egy másik megközelítést (vázlatos lesz).

A hiv. megoldás jelöléseivel élve, legyen &tex;\displaystyle t_n&xet; a Csebisev-polinom megfelelő transzformáltja és &tex;\displaystyle 1=a_0>a_1>\dots>a_n=0&xet; az extremális helyei, továbbá &tex;\displaystyle d=\frac1{2^{2n-1}}&xet;. Tudjuk, hogy &tex;\displaystyle t_n(a_j)=(-1)^j\cdot d&xet;.

Tegyük fel indirekt, hogy &tex;\displaystyle \max_{[0,1]}|f-p|&xet; valamely &tex;\displaystyle f,p&xet; párra kisebb, mint &tex;\displaystyle d&xet;. Legyen &tex;\displaystyle q(x)=-p(x)-t_n(x)+x^n&xet; egy &tex;\displaystyle n&xet;-nél kisebb fokú polinom, akkor

&tex;\displaystyle f(x)-p(x)=f(x)+q(x)-x^n+t_n(x)&xet;(1)

alakú.

Felhasználva az indirekt feltevést: &tex;\displaystyle f(a_j)-p(a_j)<d=t_n(a_j)&xet; páros &tex;\displaystyle j&xet;-kre és &tex;\displaystyle f(a_j)-p(a_j)>-d=t_n(a_j)&xet; páratlan &tex;\displaystyle j&xet;-kre, vagyis

&tex;\displaystyle (-1)^{j-1}[f(a_j)-p(a_j)-t_n(a_j)]>0.&xet;

Ebbe (1)-et beírva:

&tex;\displaystyle (-1)^{j-1}q(a_j)>(-1)^{j-1}[x^n-f(a_j)].&xet;

Írjuk fel a Lagrange-féle interpolációs képletet &tex;\displaystyle q(x)&xet;-re és az &tex;\displaystyle (a_j,q(a_j))&xet; pontokra &tex;\displaystyle j=1,2,\dots,n&xet;-re. Ebből kiderül, hogy

&tex;\displaystyle 0>q(a_0)=q(1)=\sum_{j=1}^n q(a_j)\prod_{i\neq j}\frac{1-a_i}{a_j-a_i}>&xet;

&tex;\displaystyle >\sum_{j=1}^n [a_j^n-f(a_j)]\prod_{i\neq j}\frac{1-a_i}{a_j-a_i}=:S.&xet;(2)

Szeretnénk belátni, hogy &tex;\displaystyle S\ge 0&xet;, akkor ellentmondást kapunk. Világos, hogy ehhez elég belátni, hogy bármely &tex;\displaystyle k&xet; pozitív egész kitevőre

&tex;\displaystyle 0\le S_k=\sum_{j=1}^n (a_j^k-a_j^{k+1})\prod_{i\neq j}\frac{1-a_i}{a_j-a_i}=&xet;

&tex;\displaystyle =\left[\prod_{i=1}^n (1-a_i)\right]\cdot \sum_{j=1}^n \frac{a_j^k}{\prod_{i\neq j}(a_j-a_i)}=&xet;

&tex;\displaystyle =\prod_{i=1}^n (1-a_i)\cdot X^k[a_1,a_2,\dots,a_n].&xet;(3)

Például az osztott differenciák középértéktételéből, vagy a hivatalos megoldásbeli &tex;\displaystyle (2)&xet; azonosságból következik, hogy utóbbi mennyiség nemnegatív. Ez adja az ellentmondást.

A megoldás átgondolásával jól leolvasható az egyenlőség esete is (de végül is ezt a feladat nem kérte). Ha az infimum &tex;\displaystyle d&xet;, akkor &tex;\displaystyle (2)&xet;-ben egyenlőség is megengedhető, ám &tex;\displaystyle k\ge n\ge 2&xet; esetén &tex;\displaystyle S_k&xet; pozitív, így &tex;\displaystyle f(x)\neq x^n&xet;-re &tex;\displaystyle S&xet; is pozitív lesz. Vagyis &tex;\displaystyle n\ge 2&xet;-re csak &tex;\displaystyle f(x)=x^n&xet; lehet, &tex;\displaystyle n=1&xet;-re pedig triviális a feladat.

[939] Old boy2014-11-23 11:22:41

Kedves Róbert Gida!

Nagyon köszönöm a villámgyors választ és a világos megoldást! Én is k=5-re jutottam teljesen hasonló gondolatmenettel. A feladat általánosítására lehet, hogy még visszatérek; ha érdekel, nézd meg azt is. Most azonban gyorsan köszönetet akartam mondani!

Old boy

Előzmény: [938] Róbert Gida, 2014-11-23 09:48:19
[938] Róbert Gida2014-11-23 09:48:19

k=5 a megoldás: ugyanis k=4 (vagy kisebb) még nem elég, hiszen álljanak körbe az emberek és mindenki küldjön képeslapot az óramutató járása szerint következő k szomszédjának. Ekkor könnyen láthatóan nem lesz olyan pár, aki egymásnak küldött volna.

k=5 meg már elég, ugyanis ekkor &tex;\displaystyle 9*k=45&xet; képeslap megy ki összesen a 9 embertől, de &tex;\displaystyle k*(k-1)/2=9*8/2=36&xet; pár van, így skatulyaelv miatt van olyan pár, akik kölcsönösen üdvözlik egymást.

Előzmény: [937] Old boy, 2014-11-23 02:48:44
[937] Old boy2014-11-23 02:48:44

A B.4612. sz. "üdvözlőlapos" feladat (2014 március) megoldása még nem jelent meg online. A feladatot megoldottam, általánosítottam is - azt hiszem, jól. Mégis örülnék, ha - ellenőrzésképpen - valaki itt megírná a maga (lehetőleg 3 pontos) megoldását! Előre is köszönöm!

[936] Kovács 972 Márton2014-11-14 15:45:30

Ez nagyon szép megoldás, köszönöm, hogy felraktad!

Előzmény: [935] HoA, 2014-11-14 13:50:33

  [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]