Fórum: Lejárt határidejű KÖMAL feladatokról

> Ezek szerint a többi esetben határozott egyenlőtlenség teljesül.

Igen, az összes olyan faluban, amely nem egy egyenesre esik, határozott egyenlőtlenség teljesül. Turágus momentán nem ilyen.

Ha továbbolvasod az idézett részt, akkor látod hogy a megoldás meg is mutatja, hogy Turágusban ugyanolyan jó F, mint N, tehát Turágus egy egyenesre esik:

> és az egyenlőség pontosan akkor teljesülhet csak, ha valamennyi Pi pont egy egyenesre (a HN egyenesére) esik, valamint a HN szakasznak egyetlen Pi pont sem belső pontja. Mivel H,N "optimális pontok", ezért nyilván teljesül is az egyenlőség.

//[B4930]

A megoldás szerint: "...az egyenlőség pontosan akkor teljesülhet csak, ha valamennyi Pi pont egy egyenesre (a HN egyenesére) esik, valamint a HN szakasznak egyetlen Pi pont sem belső pontja."

Ezek szerint a többi esetben határozott egyenlőtlenség teljesül.

> hogy a minimális távolságösszegre való törekvés miatt az F pontba kellene építkezniük és nem N-be.

Azt hiszem, nem értem a problémádat. F-ben ugyanannyi a távolságösszeg, mint N-ben. Miért kéne inkább F-be építeniük a Napimádóknak N helyett?

Olvasván a hivatalos megoldást a következő kérdés merült fel bennem:

Ha időben előbb jön létre pl. a H pont (ha több ilyen tulajdonságú pont létezik, úgy megtalálták az egyiket, nem számolnak tovább, oda építenek szentélyt).

Ezt követően a Napimádók elkezdenék a feladat feltételének megfelelő H-tól különböző (ha ilyen létezik) N pontban építeni a szentélyüket, rájöhetnek (ők továbbgondolják, mint a Holdimádók), hogy a minimális távolságösszegre való törekvés miatt az F pontba kellene építkezniük és nem N-be. Vagy HF felezőpontjába,.....és így tovább.

Hová fognak építeni a Napimádók?

Tisztelt fórumozók, feltenné vki a B.4930. feladat megoldását?

Köszönöm.

Igen, és csupán azon ráncoltam arcomat, hogy feladatban, folyóiratban, szakirodalomban adott fogalmat adott néven érdemes nevezni. Így az A.718. feladat kizárja azt, amit végtelen polinom névvel illetsz, hiszen azt hatványsornak érdemes nevezni (lásd itt vagy itt). A polinom szó hivatalosan kizárólag véges, \(\displaystyle a_0+a_1X+\dots+a_nX^n\) alakú kifejezésekre vonatkozik.

Személyes véleményem nekem is, hogy mindig szabad és gyakran érdemes másképpen gondolkozni (ha ezalatt saját kíváncsiságunk határtalan követése értendő). Sőt, helyzettől és észszerűségtől függően igencsak helyeselni tudom a nyelv sajátos jelentéstartalommal történő használását, újradefiniálását, nyilván ezzel együtt ügyelve arra, hogy adott szó kinek mit jelent.

Minden tiszteletem Robert Gida [1075] és Williams Kada [1076] hozzászólásaiért, természetesen igazuk van. Egy kétváltozós végtelen polinom, de akár egy egyváltozós végtelen polinom is sokkal nehezebben átlátható, mint egy véges polinom. Azonban olyan vagyok, hogy sokszor szeretek egy kicsit másképpen gondolkozni, amit az [1074]-ben írtam, az csak úgy jött... Meg aztán a végtelen polinomok amúgy léteznek is, sőt ha úgy nézzük, akkor azok a végtelen polinomok is léteznek, ahol a tagok kitevőjében tetszőleges negatív egész szám is előfordul. (Például akármilyen hatványsorok, amelyek vagy konvergensek, vagy nem.)

Szia! Szeretném tisztázni:

A polinom fogalmának (tudomásom szerint a matematikusok konszenzusa szerinti) helyes definíciójának tisztázásaképpen íródott a hivatalos megoldás alján szereplő megjegyzés. A feladat kitűzésekor ez a definíció volt implicit, és kifejtésének nem éreztem szükségét, mert ha bizonytalanul is szerepel a középiskolai tananyagban, utána lehetett nézni.

Szerintem \(\displaystyle F,G\) nem értelmezett az \(\displaystyle (a,b)\) helyeken: ez a végtelen szorzatok között is spec.; ha itt értelmeznénk a szorzat értékét, akkor egy \(\displaystyle 0*\infty\) szorzatot is értelmeznénk. (ehhez vegyed az első néhány tagot, amik szorzata nulla, majd a többi tagot).

A.718 Nem tudom, a következőt képzeltem el: Senki sem mondta, hogy véges fokszámú polinomokat keresünk. Először is kerestem két olyan kétváltozós polinomot, amelyeknek ugyanazok az \(\displaystyle a\), \(\displaystyle b\) számok a gyökei, és a két polinomnak nincsen közös osztója.

Legyen \(\displaystyle f_{a,b}(x,y)=(x-a)^2+(y-b)^4\). Ekkor \(\displaystyle f_{a,b}(x,y)=0\), pontosan akkor ha \(\displaystyle x=a\wedge y=b\).

Legyen \(\displaystyle g_{a,b}(x,y)=(x-a)^4+(y-b)^2\). Ekkor \(\displaystyle g_{a,b}(x,y)=0\), pontosan akkor ha \(\displaystyle x=a\wedge y=b\).

Most legyen \(\displaystyle a_k=2k+0\) és legyen \(\displaystyle b_k=2k+1\). Legyen \(\displaystyle F(x,y)=\Pi_{k=0}^\infty f_{a_k,b_k}(x,y)\). Legyen \(\displaystyle G(x,y)=\Pi_{k=0}^\infty g_{a_k,b_k}(x,y)\).

Lejárt A717. megoldása: legyenek a számaink \(\displaystyle 2^\alpha 3^\beta\) alakúak, ahol \(\displaystyle \alpha,\beta\ge 0\), és tegyük fel indirekte, hogy valamilyen \(\displaystyle K>0\) egészre van három ilyen alakú szám \(\displaystyle K^2\) és \(\displaystyle (K+1)^2\) között. Ekkor \(\displaystyle 2\) ilyen alakú szám különbsége: \(\displaystyle 2^a 3^b-2^c 3^d=2^{min(a,c)} 3^{min(b,d)} (u-v)=min(2^a,2^c)min(3^b,3^d)(u-v)\), ahol \(\displaystyle u,v\) persze maga is lusta szám, azaz \(\displaystyle 2^\alpha 3^\beta\) alakú. A számaink \(\displaystyle K^2\)-nél nagyobbak, és 2 hatvány szorzataként állnak elő, így (legalább) az egyik tag legalább \(\displaystyle K\); de 3 ilyen számunk van, ezért (skatulyaelv miatt) van olyan két szám, amiben a 2 hatványok (vagy a 3 hatványok) legalább K-ak, azaz írhatjuk:

\(\displaystyle 2K>|n1-n2|=min(2^a,2^c)min(3^b,3^d) |u-v|>=K |u-v|\), de \(\displaystyle u!=v\) mivel 2 különböző számról van szó (és mivel egész), ezért csak \(\displaystyle |u-v|=1\) lehet, azaz írhatjuk:

\(\displaystyle 2^\alpha 3^\beta -2^\gamma 3^\delta =\pm 1\), amiből kapjuk, hogy \(\displaystyle \alpha, \gamma \) nem lehet egyszerre pozitív, különben a bal oldal páros, hasonló igaz \(\displaystyle \beta,\delta\)-ra. Azaz \(\displaystyle 2^x-3^y=\pm 1\), ennek az egész megoldásai viszont ismertek: \(\displaystyle \{x,y\}\in \{\{1,0\},\{1,1\},\{2,1\},\{3,2\}\}\), ez a Catalan-sejtés (ami ma már tétel) egy 600 éve ismert ultra spec. esete. Azaz kapjuk, hogy \(\displaystyle \frac{(K+1)^2}{K^2}>|\frac {max(n1,n2)}{min(n1,n2)}|\ge \frac98\), ami látványosan hamis nagy K-ra, kicsikre meg külön ellenőriztem.

Köszönöm a megfejtést, álmomban sem jutott volna eszembe, hogy ugyanazzal a jelöléssel két különböző változót/kifejezést is jelölünk :(

Ahol egy sorban (egy egyenlő(tlen)ség két oldalán) le van írva, ott ugyanazt jelöli:

\(\displaystyle a_1a_2+3a_3a_4+\dots+(2n-1)a_{2n-1}a_{2n}=a_1^2+3a_3^2+\dots+(2n-1)a_{2n-1}^2\leq \ldots\)

De az előző egyenlőség csak azután igaz, amikor már megtörtént, hogy minden \(\displaystyle k\)-ra, hogy \(\displaystyle a_{2k−1}\)-et és \(\displaystyle a_{2k}\)-t kicseréltük \(\displaystyle \frac{a_{2k−1}+a_{2k}}{2}\)-re.

Tehát az ,,új'' \(\displaystyle a_1\) a ,,régi'' \(\displaystyle a_1\) és a ,,régi'' \(\displaystyle a_2\) átlaga.

Gondolom a megoldás szerzője el akarta kerülni, hogy ilyeneket kelljen írnia:

\(\displaystyle a_1a_2+3a_3a_4+\dots+(2n-1)a_{2n-1}a_{2n} \leq \left(\frac{a_{1}+a_{2}}{2}\right)^2+ 3\left(\frac{a_{3}+a_{4}}{2}\right)^2+ \ldots \)

vagy ilyeneket

\(\displaystyle a_1'a_2'+3a_3'a_4'+\dots+(2n-1)a_{2n-1}'a_{2n}'=a_1'^2+3a_3'^2+\dots+(2n-1)a_{2n-1}'^2\leq \ldots \)

Akkor a bizonyításban a bal oldalon lévő a1 nem ugyanaz, mint a feltételből adódó és jobb oldalra írt a1?

Szerintem nem azt állítja a közölt megoldás, hogy \(\displaystyle a_1^2+a_3^2+\ldots\) felső becslés, hanem azt, hogy miután kicseréltük a szomszédos elemeket közös átlagukkal, azután így néz ki az összeg.

Kicsit talán zavaró, hogy ez az \(\displaystyle a_1\) már nem az eredeti \(\displaystyle a_1\).

Tehát amikor az első elem több, mint 0,5, akkor a második már kisebb, mint 0,5, az összeg miatt, ezért átlaguk kevesebb, mint fél, így nincs ellentmondás.

Amúgy érdemes lerajzolni a feladatot, a geometriai reprezentáció szépen elvezet az algebrai megoldásban használt becslésekhez.

Hovatovább, ha a sorozat első eleme nagyobb, mint 0,5; akkor ennek négyzete nagyobb, mint 0,25.

A lejárt novemberi B. 4905. feladat hivatalos megoldásához:

A bizonyítandó egyenlőtlenség bal oldalát felülről becsülni próbáló kifejezés annyira "laza", hogy már az első két összeadandó összege is áteshet a bizonyítani kívánt 0,25 értékű felső korláton.

Pl: az első három eleme a sorozatnak legyen rendre 0,4; 0,3; 0,2; míg a maradék 0,1-en osztozzanak a sorozat további tagjai monoton csökkenő összegekben.

Ekkor 04*04+3*0,2*0,2=0,16+0,12=0,28>0,25

A javítás során milyen megoldásra támaszkodott a javító? Mindössze 10db max. pontszám született, ez egy 4 pontos B-s feladatnál szokatlanul kevés.

Feltenne vki egy korrekt megoldást?

Valaki tudna segíteni az A. 701., A. 702. -es feladatokban. A segítséget előre köszönöm.

C.1417. megoldása végtelenül túl van bonyolítva. A 2. esetben, ha a+b=c+d !=0, akkor leoszthatunk vele, amiből \(\displaystyle ab=cd\), de akkor \(\displaystyle a+b=c+d\) miatt ugyanannak a másodfokú egyenletnek a gyökei, ezért \(\displaystyle \{a,b\}=\{c,d\}\).

A K.535 feladat megoldásában olyan versenyző megoldását közlik, aki a 6-ból 5 pontot kapott a megoldására. Lehetséges lenne az, hogy a közölt megoldás(ok) olyanok legyenek, amik a maximális pontszámot érik? Sokat lehetne tanulni abból, hogy milyen részletezettségű indoklást várnak el a javítók a maximális pontszám érdekében.

Lehet, hogy rosszul gondolom, de úgy látom, hogy sok esetben a közölt megoldásokat megoldásként beküldve jó pár pontot levonnának a versenyzőktől.

A C.1408 feladat megoldása úgy látszik kemény dió a kitűzőnek, mindenestre 30 nappal a beküldési határidő után még nem közölték a megoldást.

Van egy ismert csapda ezen példáknál: amire alkalmazni akarod az ötletet az nem feltétlenül egészegyütthatós polinom. \(\displaystyle f(x)=\frac {x^2+x}{2}\) pont ilyen, és erre az "ötlet" nem igaz: \(\displaystyle x_0=0;t=1;p=2\) ellenpélda rá. De javítható a bizonyítás: legyen \(\displaystyle g=n!*f\), ekkor \(\displaystyle g\) már egészegyütthatós, és csak a \(\displaystyle p>n\) prímeket nézzük.

A.489. megoldása:

Ötlet. Minden \(\displaystyle f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_0\) polinomhoz rendeljük hozzá a deriváltját, amit a következőképpen definiálunk:

\(\displaystyle f'(x):=(na_n)x^{n-1}+((n-1)a_{n-1})x^{n-2}+\dots+a_1. \)

Ekkor, mint a két oldal kifejtésével könnyen ellenőrizhető, bármely \(\displaystyle p\) prímszámra

\(\displaystyle f(x_0+tp)\equiv f(x_0)+f'(x_0)\cdot (tp)\pmod{p^2}. \)

(Megjegyzés érdeklődőknek: ez a Taylor-sorfejtés p-adikus változatából adódik.)

Ebből következik, hogy ha \(\displaystyle p|f(x_0)\) és \(\displaystyle p\not|f'(x_0)\), akkor alkalmas \(\displaystyle t\) esetén \(\displaystyle p^2|f(x_0+tp)\).

Befejezés. Tegyük fel, hogy \(\displaystyle f(x)\) minden egész helyen négyzetmentes egész értéket vesz fel. Ha valamikor \(\displaystyle p|f(x_0)\), de \(\displaystyle p\not| f'(x_0)\), akkor az 1. ötlettel együtt adódik, hogy nincs ilyen \(\displaystyle f\).

Tegyük fel indirekt, hogy valahányszor \(\displaystyle p|f(x)\), teljesül \(\displaystyle p|f'(x)\) is. Mivel \(\displaystyle f(x)\) négyzetmentes, ezért ebből következik, hogy mindig \(\displaystyle f(x)|f'(x)\), és így \(\displaystyle \frac{f'(x)}{f(x)}\) minden egész \(\displaystyle x\)-re egész értékű. Mivel azonban könnyű látni, hogy elég nagy \(\displaystyle x\)-re \(\displaystyle |f'(x)|<\frac12 |f(x)|\), ezért elég nagy \(\displaystyle x\)-re \(\displaystyle f'(x)=0\), így \(\displaystyle f'\) zéruspolinom és \(\displaystyle f\) konstans.

Tehát nincs a feltételeknek eleget tevő nem konstans polinom.

*****

Feladat. Bizonyítsuk be, hogy nem létezik olyan \(\displaystyle f\) irreducibilis egész együtthatós polinom, melynek minden pozitív egész helyen felvett értéke teljes hatvány.

Az A.689. feladat megoldása.

Az \(\displaystyle a_1,a_2,\dots\) sorozatot egy végtelen papírcsíkra írt számlistaként képzeljük el. Egy algoritmussal fogjuk létrehozni a sorozatot, és az algoritmus minden lépése során további számokat írunk a lista végére. Úgy fogjuk ezt tenni, hogy minden lépés végén a meglévő számsorozat összege \(\displaystyle 0\), és hogy az \(\displaystyle N\)-edik lépésben \(\displaystyle r_N:=\frac1{N}\)-nél kisebb részletösszegek keletkezzenek \(\displaystyle (1)\): így elérjük, hogy \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n\) konvergens legyen (sőt, \(\displaystyle 0\)-val egyenlő).

Ismert, hogy a pozitív egész számpárok felsorolhatók, mondjuk úgy, hogy előbb a \(\displaystyle 2\) összegűeket, majd a \(\displaystyle 3\) összegűeket soroljuk fel stb.:

\(\displaystyle (1,1), \quad (1,2), (2,1), \quad (1,3), (2,2), (3,1),\quad \dots. \)

Legyen itt az \(\displaystyle N\)-edik számpár \(\displaystyle (k_N,i_N)\).

Azt fogjuk garantálni, hogy az \(\displaystyle N\)-edik lépés végére az \(\displaystyle f_{k_N}\) függvényhez tartozó részletösszeg (tehát a \(\displaystyle \sum_n f_{k_N}(a_n)\) összeg a már meglévő \(\displaystyle a_n\)-eken) nagysága elég nagy legyen, mondjuk \(\displaystyle 10^{i_N}\)-nél nagyobb \(\displaystyle (2)\). Ha ezt elérjük, akkor a végeredményben kapott \(\displaystyle (a_n)\) sorozatra teljesülni fog, hogy minden \(\displaystyle k\)-ra a \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty f_k(a_n)\) sornak lesz egy végtelen divergens részletösszeg-sorozata, és így maga a sor is divergálni kényszerül. (Ugyanis minden \(\displaystyle (k,i)\) pozitív egész számpárhoz tartozik lépés, és a \(\displaystyle (k,1)\), \(\displaystyle (k,2)\), \(\displaystyle \dots\) párokkal elvégzett lépés egyre nagyobb nagyságú részletösszegeket biztosít a \(\displaystyle \sum_n f_k(a_n)\) sorba.) Marad annak belátása, hogy létezik \(\displaystyle (1)\) és \(\displaystyle (2)\)-nek megfelelő algoritmus.

Az algoritmus a következő. Az \(\displaystyle N\)-edik lépésben tekintjük \(\displaystyle k=k_N\)-et, \(\displaystyle K=10^{i_N}\)-et, \(\displaystyle r=r_N\)-et és \(\displaystyle f=f_k\)-t. Célunk a lépés során úgy folytatni az \(\displaystyle (a_n)\) sorozatot, hogy \(\displaystyle (1)\)-nek megfelelően \(\displaystyle r\)-nél kisebb részletösszegek képződjenek és hogy \(\displaystyle (2)\)-nek megfelelően az \(\displaystyle f\)-nek lépésünk előtti \(\displaystyle S\) részletösszegét legalább \(\displaystyle K\) nagyságúra növeljük.

Rövid kitérőben belátjuk, hogy létezik (nem feltétlen különböző) \(\displaystyle x,y,z\in (r;-r)\), melyre \(\displaystyle x+y+z=0\) és \(\displaystyle f(x)+f(y)+f(z)\neq 0\).

Tegyük fel ugyanis indirekt, hogy \(\displaystyle x+y+z=0\) esetén \(\displaystyle f(x)+f(y)+f(z)=0\) teljesül minden \(\displaystyle x,y,z\in (r;-r)\) esetén. Például \(\displaystyle x=y=z=0\) választásból \(\displaystyle f(0)=0\) adódik. Ekkor \(\displaystyle z=0\) helyettesítéssel \(\displaystyle f(-x)=-f(x)\) adódik, és így mivel mindig \(\displaystyle z=-x-y\), ezért \(\displaystyle f(x)+f(y)=f(x+y)\) következik minden \(\displaystyle x,y,x+y\in (-r;r)\) esetén. Ebből \(\displaystyle m\) szerinti teljes indukcióval \(\displaystyle m=1,2,\dots\)-ra \(\displaystyle f(mx)=mf(x)\) adódik (\(\displaystyle mx\in (-r;r)\) esetén): az állítás ugyanis \(\displaystyle m=1\)-re triviális, és ha \(\displaystyle m\)-re igaz, akkor \(\displaystyle (m+1)\)-re \(\displaystyle f(x)+f(mx)=f((m+1)x)\) miatt igazolt. Tehát pozitív egész \(\displaystyle p,q\)-ra

\(\displaystyle f\left(\frac{p}{q}x\right)=\frac{p}{q}\cdot q f\left(\frac1q x\right)=\frac{p}{q}f(x), \)

ha \(\displaystyle x,\frac pq x\in (-r;r)\). Ezért ha rögzítünk egy \(\displaystyle (0;r)\)-beli \(\displaystyle x\) racionális számot, akkor amennyiben \(\displaystyle c=\frac{f(x)}{x}\), annyiban bármely \(\displaystyle y\in (0;r)\) racionális számra \(\displaystyle f(y)=y/x\cdot f(x)=cy\), és \(\displaystyle f(-X)=-f(X)\) miatt \(\displaystyle f(y)=cy\), ha \(\displaystyle y\in(-r;0)\) racionális. Innen \(\displaystyle f(x)=cx\) minden \(\displaystyle (-r;r)\)-beli racionális \(\displaystyle x\)-re (a \(\displaystyle 0\)-t is beleértve). Mivel pedig \(\displaystyle f\) folytonos, így megadva bármely \(\displaystyle x\in (-r;r)\)-hez egy \(\displaystyle x_1,x_2,\dots\to x\) racionális számokból álló sorozatot (ilyet meg lehet adni, hisz az \(\displaystyle \frac{a}{b}\) alakú törtek közül van \(\displaystyle x\)-től \(\displaystyle \frac1{b}\)-nél közelebbre), kapjuk bármely \(\displaystyle x\in (-r;r)\)-re, hogy \(\displaystyle f(x)=\lim f(x_j)=\lim cx_j=cx\). De ekkor \(\displaystyle f(x)=cx\) minden \(\displaystyle x\in (-r;r)\)-re, ami ellentmond a feladat feltételének.

Visszatérve az \(\displaystyle N\)-edik lépés megadásához, válasszunk olyan \(\displaystyle x,y,z\in (-r;r)\)-et, melyre \(\displaystyle x+y+z=0\) és \(\displaystyle f(x)+f(y)+f(z)=s\neq 0\). Most pedig egyszerűen folytassuk az \(\displaystyle (a_n)\) sorozatot az alábbi sorozattal:

\(\displaystyle x,y,z,x,y,z,\dots,x,y,z, \)

ahol az \(\displaystyle x,y,z\) hármast \(\displaystyle L\)-szer ismételjük meg (\(\displaystyle L\) pozitív egész). Ekkor \(\displaystyle (1)\) teljesül, hisz \(\displaystyle \sum a_n\) új részletösszegei \(\displaystyle x,-z,0\) értékűek, és ezek mind \(\displaystyle r\)-nél kisebb nagyságúak. Emellett \(\displaystyle (2)\) is elérhető, hisz a \(\displaystyle \sum f(a_n)\) sor részletösszege \(\displaystyle S\)-ről \(\displaystyle S+L\cdot s\)-re változik: ha \(\displaystyle s>0\), elég nagy \(\displaystyle L\)-re \(\displaystyle S+Ls>K\), ha \(\displaystyle s<0\), elég nagy \(\displaystyle L\)-re \(\displaystyle S+Ls<-K\) garantálható.

Megadva minden \(\displaystyle N\)-re az \(\displaystyle N\)-edik lépését, beláttuk, hogy létezik \(\displaystyle (1)\)-nek és \(\displaystyle (2)\)-nek megfelelő algoritmus, és így megkapjuk a kívánt \(\displaystyle (a_n)\) sorozatot.

A.689. Legyen \(\displaystyle f_1,f_2,\dots\) folytonos \(\displaystyle \mathbb{R}\to\mathbb{R}\) függvényeknek egy végtelen sorozata úgy, hogy bármely \(\displaystyle k\) pozitív egészhez és bármely \(\displaystyle r>0\) és \(\displaystyle c\) valós számokhoz létezik olyan \(\displaystyle x\in (−r,r)\) szám, amelyre \(\displaystyle f_k(x)\neq cx\). Mutassuk meg, hogy létezik olyan \(\displaystyle a_1,a_2,\dots\) valós számsorozat, amelyre \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty a_n\) konvergens, de bármely \(\displaystyle k\) pozitív egész esetén \(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty f_k(a_n)\) divergens.

Megjegyzések. Ez a feladat szerintem egy kifejezetten jó tanulópélda: jól mélyíti a konvergenciafogalmat (vegyítve a "végtelennel való visszaéléssel"), hisz a megoldás kulcsa, hogy lényegesen szabadabban kezdjük el megkonstruálni a sorozatunkat. Viszont könnyűnek mondanám, mert miután már kellőképpen szabadan gondolkozunk a feladaton, automatikus, hogy mit kell csinálni: az \(\displaystyle a_1,a_2,\dots\) sorozatot úgy megadni, hogy minden \(\displaystyle f_i\) sorozatban végtelen sok \(\displaystyle n\)-re legyen \(\displaystyle \left|\sum_{k\le n}f_i(a_k)\right|\) nagy, de eközben az \(\displaystyle (a_k)\) sorozat bármely \(\displaystyle r>0\)-ra egy idő után nem lép ki a \(\displaystyle (-r;r)\) intervallumból. (Sőt, nem nehéz meggondolni, hogy elegendő abban az esetben megoldani a feladatot, hogy \(\displaystyle f_1=f_2=\dots\), tehát ahol csak egy függvény van.)

Szerintem nem veszítünk semmit, ha a feladatot kicsit lényeglátóbban oldjuk meg (tehát a megoldást nem teszi egyszerűbbé, ha az alapötletet bináris számrendszeres konstrukcióval valósítjuk meg):

Legyenek a számaink \(\displaystyle x_1,x_2,\dots,x_n,y\) (most \(\displaystyle n+1\)-re oldjuk meg). Ekkor az \(\displaystyle x_i\) számok összegeinek listája (az üres összeg \(\displaystyle 0\)-val együtt)

\(\displaystyle s_1\le s_2\le s_3\le \dots\le s_{2^n}. \)

Ha az \(\displaystyle x_i\) számok mondjuk kettőhatványok (vagy \(\displaystyle \mathbb{Q}\) felett lineárisan független pozitív számok), akkor szigorú egyenlőtlenség is elérhető az összegek között, és minden összeg \(\displaystyle \ge 0\).

Ilyenkor az \(\displaystyle x_1,x_2,\dots,x_n,y\) számok összegeinek listája az előbbi \(\displaystyle \{0=s_1<\dots<s_{2^n}\}\) halmaz, és a halmaz \(\displaystyle +y\)-nal való eltoltja. Ezért \(\displaystyle y\) értékét \(\displaystyle +\infty\)-tól \(\displaystyle -\infty\) felé mozgatva, a pozitív összegek száma \(\displaystyle 2^{n+1}-1\)-ről \(\displaystyle 2^n-1\)-re csökken le. (Méghozzá \(\displaystyle (2^{n+1}-1)-k\) darab pozitív összeg van, ha \(\displaystyle s_k\le -y<s_{k+1}\).) Az \(\displaystyle x_i\) számokat \(\displaystyle -x_i\)-re cserélve pedig \(\displaystyle 0\) és \(\displaystyle 2^n\) közötti számú pozitív összeg állítható elő \(\displaystyle y\) mozgatásával.

Ezért minden \(\displaystyle 0\) és \(\displaystyle 2^{n+1}-1\) közötti egész szám lehet a pozitív összegek száma.