Fórum: Érdekes matekfeladatok

Kicsit pontosítva: t:=log₂(n+1) és a/b alulról közelítse x -et (a lánctört szeletek felváltva alulról-fölülről közelítik x-et).

Először egy önmagában is érdekes segéd állítást fogok bebizonyítani: legyenek t valós, x irracionális, h pozitív valós számok adottak. Ekkor léteznek k és m természetes számok, hogy

|t+kx-m|<h

, vagyis a t kezdőértékű, x differenciájú számtani sorozat tagjai tetszőlegesen közel kerülhetnek egész számokhoz. Ismeretes, hogy az x irracionális szám másodrendben jól közelíthető racionális számokkal, ami azt jelenti, hogy végtelen sok a és b relatív prím természetes szám létezik, hogy

(az x irracionális szám lánctört kifejtésének szeletei ilyenek; ld. Niven Zuckerman: Bevezetés a számelméletbe). Válasszunk olyan b-t, amire 1/b<h/2 teljesül, u pedig definíció szerint legyen u:=[tb] ([] az egészrészt jelöli). Nyilván igaz, hogy . Mivel a és b relatív prímek, létezik olyan 0k<b természetes szám, amelyre b osztója u+ka -nak. Definíció szerint legyen természetes szám. Ezek szerint

Visszatérve az eredeti feladathoz: tetszőleges n természetes számhoz olyan 2 hatványt kell találnunk, amelynek 10-es számrendszerbeli első néhány jegye éppen n-et adja. Ez azt jelenti, hogy léteznek k és m természetes számok, amelyekre

n10^k2^m<(n+1)10^k

teljesül. Ezzel ekvivalens

log₂n+k*log₂10m<log₂(n+1)+k*log₂10

Látható, hogy az előző allításunkat kapjuk vissza szereposztással, a k és m pedig ugyanaz. Itt a másodrendű racionális közelíthetőség miatt fontos, hogy log₂10 irracionális. Ezt szintén be kéne bizonyítani.

Szép, korrekt megoldás (egy apróság: alulról a 9. sorban a harmadik "=" helyére "" írandó).

E feladat általánosítása kapcsán vetette fel Vasile Cirtoaje "egyenlőtlenség-szakértő" :) a következő tételt:

"Adottak az x₁, x₂, ..., x_n nemnegatív valós számok, melyekre fennáll, hogy x₁ + x₂ + ... + x_n = konstans1 és x₁² + x₂² + ... + x_n² = konstans2. Adott még a k > 2 szám.

Az S = x₁^k + x₂^k + ... + x_n^k összeg maximális, ha x₁ = x₂ = ... = x_n-1 x_n."

E tétel bizonyítását 'Vasc' sajnos nem közölte. Ismeri valaki ezt a tételt? Érdekelne a bizonyítása, vagy legalább a forrásmű neve, elérhetősége.

az elejéről lemaradt: (a+b+c)²=a²+b²+c²+2(ab+ac+bc), így a²+b²+c²=7

Remélem nem néztem el semmit.

Az a, b, c nemnegatív valós számokra a + b + c = 3 és ab + bc + ca = 1. Határozzuk meg az a⁴ + b⁴ + c⁴ kifejezés maximumát.

Sziasztok!

Bizonyítsátok be hogy tetszőleges k jegyű pozitív n egész számhoz létezik olyan kettőhatvány, melynek első k jegye rendre megegyezik n első k jegyével.

pl.: n=51 ----> 512 ; n=102 -----> 1024 ; n=20 ----> 2048 ;

Akkor másodszorra már jó sorozatra hivatkoztam, mert annak ugyanez a rekurziós képlete.

A jó sorozatokat következőképpen számoljuk össze: egy n hosszúságú jó sorozatban az előző n-1 elemből álló sorozat is jó. Jelöljük a_n-nel a nem fehér színnel végződő n hosszúságú jó sorozatok számát, b_n-nel pedig a fehérrel végződők számát. Ekkor a jó sorozatok száma (amit c_n-nel fogunk jelölni) nyilván c_n=a_n+b_n és a₁=4 b₁=1.

a_n=a_n-1+4b_n-1

, mivel nem fehérre végződő jó sorozatot úgy kapunk, hogy az n-1 -edik elem nem fehér és akkor az n-edik elem ugyanolyan színű, vagy az n-1 -edik elem fehér de akkor az n-edik elem 4 féle színű lehet. Hasonlóan meggondolva

b_n=a_n-1+b_n-1

a fehérre végződő jó sorozatok száma annak megfelelően, hogy ekkor a megelőző n-1 hosszú jó sorozatot fehér színnel folytatjuk. Egy kis alakítással kapjuk: c₁=5, c₂=13

c_n=2c_n-1+3b_n-1

(mivel c_n=a_n+b_n)

b_n=c_n-1

,amiből végül

c_n=2c_n-1+3c_n-2

másodrendű lineáris rekurzió adódik. Meglehet adni zárt alakban is, ezt másra hagyom.

Ja értem. Én úgy próbáltam színezni a pontokat, hogy bármelyik két szomszédos vagy különböző színű legyen, vagy az egyik fehér. Te viszont azt mondtad, hogy bármelyik két szomszédos pont legyen vagy azonos színű, vagy az egyik közülük fehér.

Ebben az esetben a megfelelő sorozat szerintem az A046717 lesz.