Fórum: Érdekes matekfeladatok

Az igaz, hogy lesz olyan epszilon hosszú intervallum amelyikbe két többszörös kerül. De ez még nem biztosítja azt, hogy nem lesz olyan epszilon hosszú intervallum, amibe egy többszörös sem kerül. Márpedig a mindenhol sűrűséghez ez kéne. np többszörösei pedig természetesen nem sűrűek R-ben. Az np+k már igen. Továbbra is fenntartom, hogy a mindenhol való sűrűséghez kell, hogy p mint irracionális szám, elsőrendűnél jobban legyen közelíthető racionálisan. Egyébként a te bizonyításodban hol használjuk ki, hogy p irracionális? Mert ha p racionális, akkor is igaz lehet amit mondasz (lesz két olyan np és kp amelyek egy intervallumba esnek).

Azt szerintem is ki kell használni, hogy ha p irracionális, akkor {floor(np)} sűrű a [0..1] intervallumon. Erre viszont én egy másik bizonyítást találok természetesnek, mégpedig a következőt.

Rögzítsük a 0< számot. Osszuk fel a [0..1] intervallumot 1/ egyforma részre: [0..],[..2],...,[floor(1/)..floor(1+1/)], mindegyik hosszú. Vegyük most a p első 1/ többszörösét, vagyis a p,2p,3p,...,ceil(1/)p számokat. Ezek mindegyike 0 és 1 közé esik, és annyi van belőlük, mint intervallum, így kell lennie egy intervallumnak, ahova kettő esik. Ennek a két többszörösnek a különbsége abszolutértékben legfeljebb , legyen ez a különbség mondjuk 0<floor(np)< (ahol n lehet pozitív vagy negatív, de nem nulla). Ekkor vehetjük egyszerűen np többszöröseit, és ezek is sűrűek.

500. feladat: Egy bank páncélszekrényén 6 zár van. Kulcsaikat úgy osztották el a 4 pénztáros között, hogy a páncélszekrény kinyitásához legalább hármójuknak jelen kell lennie, de mind a négynek nem. Egy zárhoz többüknél is van kulcs, illetve egy pénztárosnál több kulcs is van. Hány olyan kulcselosztás van, melynél mindegyik pénztáros ugyanannyi kulccsal rendelkezik?

Kíváncsian várom a te megoldásodat. Igazából ez a feladat hasonló állításra épül, mint amit az identitás fv. két periodikus fv. összegeként való előállításakor már említettem. Nevezetesen az np+kq alakú számok halmaza (ahol p,q rögzített nem összemérhető (p/q irracionális) számok, n és k pedig végigfutnak az egész számokon), sűrű a valós számok halmazában. Egyelőre úgy látom, hogy ezt a tényt a feladatod megoldásában ki kell használni, és ez az irracionális számok elsőrendűnél jobb racionális közelíthetőségén múlik.

Szép,elegáns megoldás! Ha lesz egy kis időm,mutatok egy elemi megoldást is.Köszönöm szépen hogy felraktad a megoldásodat!

üdv Zoli

log₂10 irracionális, mivel ha rac. lenne, akkor valamely p,q természetes számokkal , amiből , azaz 2^p=10^q. A jobboldalnak 5 osztója, azonban a baloldalnak nem.

Egy elírás: helyesen

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.