Fórum: "ujjgyakorlatok"

Igen, tényleg, de szerintem érdekes átfogalmazás. :)

Az előbbi feladatom megoldását valaki lelőné?

Egy igazi ujjgyakorlat: Igazoljuk, hogy a Geometria téma [1845] -ben kitűzött feladat egyenértékű a B 4639. KöMaL feladattal.

Ujjgyakorlatnak kicsit erősnek vélem.

A Fermat-számoshoz képest a relatív prímséget igazoló utolsó lépés kicsit összetettebb (és szebb is).

Ezt a feladatot ismerem az $\displaystyle a = 2$ esetben, és tetszik. Más $\displaystyle a$-ra még nem gondolkodtam el rajta, de szerintem ugyanaz a bizonyítás megy.

Aranyos feladat, várom az elemi megoldást.

Legyen $\displaystyle a>1$ adott egész szám, és legyen

$\displaystyle a_n=\frac{a^{a^{n+1}}-1}{a^{a^n}-1}.$

Bizonyítsuk be, hogy az $\displaystyle (a_n)_{n=1,2,\dots}$ sorozat tagjai páronként relatív prímek.

Ha viszont feltesszük, hogy folytonos a függvény $\displaystyle [0,2e]$-n, akkor már igaz. Lagrange-féle középértéktétellel: $\displaystyle \exists \xi_1\in (0,e),\xi_2\in(e,2e)$:

$\displaystyle (1)$ és $\displaystyle (2)$ összevetéséből:

$\displaystyle f(2e)-f(0)=e(f'(\xi_1)+f'(\xi_2))>0$

Igen, én is ugyanerre gondoltam.

Ellenpélda: $\displaystyle \frac{1}{e-x}$, ha $\displaystyle x\neq e$, és $\displaystyle 0$ különben. $\displaystyle f(0)>0>f(2e)$.

Legyen $\displaystyle f$ egy olyan valós függvény, amely a $\displaystyle (0,2e)$ intervallumon van értelmezve. Azt is tudjuk, hogy $\displaystyle f'(x)>0$ minden $\displaystyle x\in (0,2e)\setminus \{e\}$ esetén. Bizonyítsuk be, hogy ekkor $\displaystyle f(0)<f(2e)$.

köszönöm szépen a válaszokat:)

Te voltál a gyorsabb :-)

A térfogat tetszőlegesen kicsi lehet. Legyen a három él x,x és 45-2x, ahol x-et később választjuk meg. Ekkor a térfogatra

Innen látszik, hogy ha x elég kicsi, akkor a térfogat is kicsi, azaz a térfogatnak nem elfajuló téglatest esetében nincs minimuma, de tetszőlegesen közel lehet 0-hoz.

Ha a téglalapot elfogadod lapos téglatestnek, akkor a,45-a,0 (0a45) élekkel 0 a minimális térfogat. Ha nem, akkor nincs minimális térfogat: a,a,45-2a (0<a<22,5) élekkel a térfogat tetszőlegesen kicsi pozitív lehet (amint a mondjuk nagyon közel van 0-hoz).

Sziasztok,

Egy téglatest egy csúcsából kiinduló éleinek összege 45 cm. Mekkora lehet legfeljebb a téglatest térfogata?

Ez számomra világos AM-GM-el egyszerűen oldható.

Viszont a minimális térfogatot hogyan tudnám meghatározni? Ezt nem látom jelenleg.

Kellemes ünnepeket mindenkinek!

Nem, én kérek bocsánatot, nem figyeltem. :-)

Így már világos.

Bocsánat, ez 847-re volt válasz.

Igen. Amire eredetileg gondoltam, az lényegében ezt a gondoltatmenetet csomagolja be, és egyáltalán nem induktív.

Legyen harmadik komplex egységgyök, azaz . Most csak annyira lesz szükségünk, hogy létezik olyan szám, melyre ²++1=0.

Jelöljük f_k(n)-nel azon n-jegyű pozitív egészek számát, amelyek k maradékot adnak 3-mal osztva. Ekkor mivel nyilván ³=1, ezért ^a=^a+3b tetszőleges a,b egész számokra. Emiatt meggondolhatjuk, hogy

Utóbbi összeg viszont nyilván nem más, mint (²+³+⁷+⁹)ⁿ, ahol ²+³+⁷+⁹=²+1++1=1. Vagyis

f₀(n)+f₁(n)+f₂(n)²-1=0.

Ez egy -ban másodfokú egyenlet; megoldásai: és ². Viszont x²+x+1 is olyan másodfokú polinom, melynek gyökei és ², ezért a két szóban forgó polinom igazából egymás többszöröse. Ebből adódik, hogy f₀(n)-1=f₁(n)=f₂(n), ahol viszont f₀(n)+f₁(n)+f₂(n)=4ⁿ, ezért .

-

A fent leírt módszer általánosabb feladatok megoldására is alkalmas: például keressük meg, hány n-jegyű számnak lesznek a számjegyei 1,3,4,5,6,9 kozüliek, és 7-tel oszthatók.

Egy másik gyakorló feladat például a következő. Hány p-elemű részhalmaza van az {1,2,...,2p} halmaznak, melynek elemeinek összege p-vel osztható, ahol p páratlan prímszám?

(De ezek már tényleg nem ujjgyakorlatok.)

Elegáns

Elmondom kevesebb betűvel: legyen a(n) azon n jegyűek száma melyek oszthatóak 3-mal és csak a 2,3,7,9 jegyeket tartalmazzák. Mivel 2,3,7 teljes maradékrendszer mod 3, ezért tetszőleges n-1 hosszú szám pontosan egyféleképpen egészíthető ki a 2,3,7 jegyekkel, hogy osztható legyen 3-mal, ez ad 4^n-1 lehetőséget. Ha 9-cel is ki tudjuk egészíteni, akkor ez csak úgy lehetséges, hogy már az n-1 hosszú szám is osztható volt 3-mal, azaz írhatjuk: a(n)=a(n-1)+4^n-1 és triviálisan a(1)=2, innen (mértani sorozat miatt): .

Vagy [855] :-)

Igen, elnéztem. A [255] hozzászólásra válaszoltam.

Melyik feladatról is van szó? A hivatkozási láncot követve [859] --> [857] --> [856] --> [846] --> [845] --> [844] a 2013 összegű számok szorzata a téma. [859] pedig mintha [855] megoldása lenne ( {2,3,7,9} jegyeket tartalmazó számok )

Felhasználjuk, hogy egy pozitív egész szám 3-as maradéka megegyezik számjegyei összegének 3-as maradékával. Legyen A(n,k) (k=0,1,2) azon n-jegyű számok halmaza, melyek a 2,3,7,9 számjegyekből állnak és 3-mal osztva k-t adnak maradékul. Legyen továbbá a_n,k=|A(n,k)|. Vegyük észre, hogy a_n,1=a_n,2 teljesül, mert ha xA(n,1) és x számjegyeiben kicseréljük a ketteseket hetesre és viszont, akkor A(n,2)-beli számot kapunk és ez a megfeleltetés kölcsönösen egyértelmű. Másrészt nyilván

a_n,0+a_n,1+a_n,2=4ⁿ, azaz az előbbiek szerint

Írjunk fel egy rekurziót aszerint, hogy egy A(n,k)-beli szám utolsó számjegye 2,3,7, vagy 9. Ekkor

Véve a (2)-(3) különbséget

a_n,0-a_n,1=a_n-1,0-a_n-1,1=...=a_1,0-a_1,1=2-1=1

Tehát felhasználva (1)-et

a_n,0+2(a_n,0-1)=4ⁿ