|
[2930] jenei.attila | 2009-04-22 14:56:14 |
Persze, hogy kijön. De erre a rekurzióra is valahogy rá kell jönni. A közelítésből is hasonló rekurzió adódik, nem biztos, hogy pont ez (nem számoltam ki), de az kiadja az összes megoldást. Egyébként a 13, illetve 17 lánctört kifejtéséből is kijön.
|
Előzmény: [2929] m2mm, 2009-04-22 14:48:23 |
|
[2929] m2mm | 2009-04-22 14:48:23 |
Üdv!
Kijön közelítések nélkül is. a,-ra a c0=0, c1=3, cn=16cn-1-cn-2 sorozat elemei megfelelőek, b,-re pedig a c0=0, c1=180, cn=1298cn-1-cn-2 sorozat elemei megfelelőek, bizonyítható teljes indukcióval.
|
Előzmény: [2927] jenei.attila, 2009-04-21 20:56:06 |
|
[2928] jenei.attila | 2009-04-22 13:13:29 |
Szép megoldás, grat. Én egy kicsit másképp számoltam, persze az eredmény ugyanez. Ahhoz, hogy bármely 3 pénztáros ki tutja nyitni a széfet, minden zárhoz legalább 2 kulcsot kell kiosztani, ugyanis ekkor bármely 3 pénztárost kiválasztva, legalább az egyiknél lesz az adott zárhoz kulcs. A feladat feltétele szerint azonban semmelyik 2 pénztáros sem tudja a széfet kinyitni, ezért egyik zárhoz sem lehet 2-nél több kulcsot kiosztani. Ugyanis ha valamelyik zárhoz 3 pénztárosnál lenne kulcs, akkor ezt a zárat bármely 2 pénztáros tudná nyitni, a maradék 5 zárat pedig legfeljebb 5 pár pénztáros nem tudná nyitni, de 6 lehetséges pénztáros pár van. Mivel így 12 kulcsot osztunk ki, egy pénztároshoz 3 kulcs kerül. Innentől kezdve ugyanúgy gondolkodtam ahogy te, vagyis "A feltételek értelmében minden egy és kételemű csoportnak van TZ-je, de a három vagy négyelemű csoportoknak nincs. Két kételemű csoportnak – párnak - nem lehet közös TZ-je, hiszen akkor a két pár egyesítéséből adódó legalább 3 elemű csoport nem tudná ezt a zárat kinyitni."
|
Előzmény: [2924] HoA, 2009-04-21 12:10:19 |
|
[2927] jenei.attila | 2009-04-21 20:56:06 |
Egyébként összefüggésben van az előző néhány hozzászólásban tárgyalt ún. Dirichlet féle approximációs tétellel, ami az irracionális számok másodrendű racionális közelíthetőségéről szól.
|
Előzmény: [2925] MTM, 2009-04-21 17:25:26 |
|
|
[2925] MTM | 2009-04-21 17:25:26 |
501. feladat:
Adjunk meg végtelen sok pozitív egész c számot, amire
a, 7c2+1
b, 13c2+1
négyzetszám.
|
|
[2924] HoA | 2009-04-21 12:10:19 |
500. feladat Nevezzük egy pénztáros csoporthoz tartozó tiltott zárnak (TZ) az olyan zárat, amelyet a csoport tagjai együtt sem tudnak kinyitni. A feltételek értelmében minden egy és kételemű csoportnak van TZ-je, de a három vagy négyelemű csoportoknak nincs. Két kételemű csoportnak – párnak - nem lehet közös TZ-je, hiszen akkor a két pár egyesítéséből adódó legalább 3 elemű csoport nem tudná ezt a zárat kinyitni. Mivel = 6 pár van, legalább 6 TZ kell legyen, és mivel éppen 6 zár van, minden párnak pontosan egy TZ-je van. Minden pénztáros 3 pár tagja, így nem lehet nála e három pár TZ –jének kulcsa, vagyis legfeljebb 6-3 = 3 kulcsa lehet. Másrészt 3 olyan pár van, amelyiknek egy kiválasztott pénztáros nem tagja. E 3 pár TZ-jének kulcsa nála kell legyen, különben az egyik ilyen párral hármas csoportot alkotva a pár TZ-jét nem tudnák kinyitni. Ezért legalább 3 kulcsa van. Tehát a feladat kikötése „melynél mindegyik pénztáros ugyanannyi kulccsal rendelkezik” elhagyható, csak ilyen elosztás lehetséges: mindenkinek 3 kulcsa van. A TZ-k párokhoz rendelése a kulcselosztást egyértelműen meghatározza: a fentiek szerint minden pénztáros azzal a 3 kulccsal rendelkezik, amelyik az őt nem tartalmazó párok TZ-jét nyitja. Így a kulcselosztások száma annyi, ahányféleképpen a 6 TZ hozzárendelhető a hat párhoz: 6! = 720.
|
Előzmény: [2916] lorantfy, 2009-04-19 15:08:06 |
|
|
[2922] jenei.attila | 2009-04-20 09:15:07 |
Először én is a skatulya elvvel hasonló módon próbáltam bizonyítani mint te, mert intuitíve elég nyilvánvalónak tűnik, hogy az {nx} (x rögzített irracionális, n végigfut az egészeken) sűrű [0,1] intervallumban és nem maradnak rések. Egy kicsit tovább gondolva azért rendbe lehet tenni ezt a bizonyítást: osszuk a [0,1] intervallumot N egyenlő részre, ahol 1/N<. Akkor a skatulya elv szerint ahogy írtad, léteznek i és j természetes számok, hogy {ix} és {jx} ugyanabba az 1/N hosszúságú részintervallumba esnek és különbözőek (mivel x irracionális). Ezért {ix}-{jx}<, amiből {(i-j)x}< következik (feltehető hogy i>j). Definíció szerint legyen h:={(i-j)x}. Mivel h<, ezért [0,1] minden 1/N hosszúságú részintervallumában megtalálható lesz h-nak valamelyik többszöröse. Tehát tetszőlegesen kiválasztva egy részintervallumot, valamely k természetes számmal kh eleme lesz ennek a részintervallumnak. Azonban kh=k{(i-j)x}={k(i-j)x}, azaz ha m-et k(i-j) -nek definiáljuk, x-nek olyan mx többszörösét kapjuk, amelynek törtésze az előre kiválasztott 1/N hosszú részintervallumban van. Ez pedig már tényleg azt jelenti, hogy {nx} sűrű [0,1]-ben. Visszatérve az irracionális számok másodrendű racionális közelíthetőségére: úgy tűnik, hogy ez és a most skatulyaelvvel bizonyított állítás ekvivalensek. Tehát próbáljuk meg skatulyaelvvel bizonyítani, hogy tetszőleges x irracionális számra végtelen sok a,b természetes szám létezik, hogy
|
Előzmény: [2920] jonas, 2009-04-19 16:08:39 |
|