[3912] Loiscenter | 2014-07-27 16:05:40 |
 ROKA SÁNDOR: 2000 feladat.... ( 1780. feladat) a feladat 35 db számrol van szo! tehát sokkal erösebb állitás. Van már majdnem megoldásom(????) ezutan mindig indirekt modon tegyuk fel hogy nincs 50 összeg. Elöször : bontjuk 5-tel osztható csoportokra ( ezt tehetjük) Tekintjuk a legfinomabb ilyen felbontást. ( legtöbb tagot tartalmazást). ÉSZRE VÉTELEK legfinomabb felbontasokról : 1, legalább 7 tagot tartalmaz. 2. minden ilyen tag a csoportban legfeljebb 5 szamot tartalmaz. 3. Ha A1 A2 ket tag , akkor barmelyik ket szám helyi csere a tagok közötti esetén az 5-tel valo oszthatsága megmaradt, igy tagnak maradtak. 4. 25 összegü tagot nem tartalmazhat. 5. 9-nél több tag nem lehet.(söt 9 -es se) tehat csak 7,8 tagot tartalmazo felbontás maradt. itt a 3) pont nagyon kezdtem kiaknazni - nincs meg nekem teljes kidolgozva. mindig varom a segitségeteket És nagyon varom ErBen Péter féle fejlesztést (minimum mennyi a legkisebb m...) addig is köszönöm a segitségeteket.
|
Előzmény: [3911] Erben Péter, 2014-07-27 10:37:39 |
|
[3911] Erben Péter | 2014-07-27 10:37:39 |
 Ha 35 helyett 51 számról kérdezzük a feladat állítását, akkor működik az oszthatóságos lemma, és még a kiegyensúlyozós fázisra sincs szükség.
Veszünk 50 számot az 51 közül. Ezekből kiválasztható néhány, amelyek összege 50-nel osztható. Az összeg biztosan pozitív és 100-nál kisebb (az 51. szám kihagyása miatt), tehát csak 50 lehet.
|
Előzmény: [3910] csábos, 2014-07-25 20:27:23 |
|
|
[3909] Erben Péter | 2014-07-25 18:12:03 |
 Ez egy nagyon szép feladat.
Én úgy tanultam -- Pataki Jánostól --, hogy először 51 számról kérdezzük, miért lehet őket egyenlő összegű csoportokra bontani, utána megcsináljuk 50 számra (itt már kell a feltétel, hogy nincs 50-nél nagyobb), és utána kezdjük el keresni, hogy melyik legkisebb &tex;\displaystyle m&xet;-re igaz a következő:
Ha az &tex;\displaystyle a_1, a_2, \dots, a_m&xet; pozitív egészek összege 100, akkor két egyenlő összegű csoportba oszthatók.
A megoldást nem akarom még lelőni.
|
Előzmény: [3906] Loiscenter, 2014-07-24 22:03:58 |
|
[3908] Erben Péter | 2014-07-25 18:06:33 |
 Ha jól értem, azt használtad, hogy az &tex;\displaystyle a_1, a_2, a_3, \dots a_n&xet; egészek közül kiválasztható néhány, amelyek összege osztható &tex;\displaystyle n&xet;-nel.
Azt nem látom, hogy ha &tex;\displaystyle n=25&xet;-re használjuk ezt, akkor mi garantálja a 25 darab 1-est. A 25 kijöhetett úgy is, hogy &tex;\displaystyle a_1,a_2,\dots,a_{25}&xet; nem mindegyike 1, és a kiválasztásnál nem használtuk mindegyiket.
|
Előzmény: [3907] csábos, 2014-07-25 09:45:35 |
|
[3907] csábos | 2014-07-25 09:45:35 |
 Vegyük a 25 legkisebb számot közülük. Ezek közül van néhány, amelyek összege osztható 25-tel. Ez az összeg nem lehet 75, mert akkor a 35 szám összege 100 fölött lenne. Ha 50 az összeg, nyertünk. Ha az összeg 25, akkor van 25 darab 1-esünk, és 10 számunk, amelyek összege 75. Osszuk el ezt két kb. egyforma részre. Ha valamelyik rész összege 25 és 50 közt van, akkor kipótoljuk az 1-esekkel. Ha az egyik kisebb, mint 25, a másik nagyobb, mint 50, akkor áttesszük a legkisebb elemet a nagyból a kicsibe. Mivel nincs 50-nél nagyobb szám, ezért a két kupac összege közti különbség csökkent. Így folytatva egy idő után a különbség 25 alatt lesz, és ekkor az egyik (mindkét) rész összege 25 és 50 közé esik.
|
Előzmény: [3906] Loiscenter, 2014-07-24 22:03:58 |
|
[3906] Loiscenter | 2014-07-24 22:03:58 |
 Segitség!!! ROKA SÁNDOR: 2000 feladat.... ( 1780. feladat) Adott 35 pozitiv egész szám, amelyek összege 100, és egyikük sem nagyobb 50-nél. Bizonyitsuk be, hogy van köztük néhány olyan, amelyek összege 50.
|
|
[3905] w | 2014-07-23 17:13:13 |
 Igen, ez a természetes megoldás. Még a következő (elegánsabb) megoldást ismerem: &tex;\displaystyle n&xet; szerinti teljes indukcióval (a feltételt és a háromszög-egyenlőtlenséget használva) könnyen adódik, hogy &tex;\displaystyle |a_{nk}-na_k|<n&xet;, ahonnan a háromszög-egyenlőtlenséggel
&tex;\displaystyle \left|\frac{a_n}n-\frac{a_k}k\right|\le \frac{|a_{nk}-na_k|+|ka_n-a_{nk}|}{nk}<\frac1n+\frac1k.&xet;
Arra lennék kíváncsi, hogy mennyire lehet ehhez a korláthoz közel menni: milyen, a feltételt kielégítő &tex;\displaystyle (a_n)&xet; sorozat esetén lesz "nagy" az &tex;\displaystyle \frac{a_n}n&xet; számok eltérése. Van-e olyan &tex;\displaystyle c<1&xet;, amire a bizonyítandó becslés jobb oldalán &tex;\displaystyle c\left(\frac1n+\frac1k\right)&xet; írható (esetleg véges sok &tex;\displaystyle n,k&xet; kivételével)?
|
Előzmény: [3904] nadorp, 2014-07-23 13:15:55 |
|
[3904] nadorp | 2014-07-23 13:15:55 |
 Ha n>k, akkor a feltétel szerint
&tex;\displaystyle \frac{a_n}n\leq\frac1n+\frac{a_k+a_{n-k}}n&xet;
&tex;\displaystyle \frac{a_n}n-\frac{a_k}k\leq\frac1n+\frac{a_k+a_{n-k}}n-\frac{a_k}k=\frac1n+\frac1{nk}\left(ka_{n-k}-(n-k)a_k\right)&xet;
Hasonlóan
&tex;\displaystyle \frac{a_n}n-\frac{a_k}k\geq-\frac1n+\frac1{nk}\left(ka_{n-k}-(n-k)a_k\right)&xet;
Innen n szerinti indukcióval &tex;\displaystyle |ka_{n-k}-(n-k)a_k|\leq n-k+k=n&xet; felhasználásával adódik az állítás
|
Előzmény: [3903] w, 2014-07-18 13:41:45 |
|
[3903] w | 2014-07-18 13:41:45 |
 Legyen &tex;\displaystyle a_1,a_2,\dots&xet; egy valós számokból álló végtelen sorozat, amire minden pozitív egész &tex;\displaystyle k,n&xet; esetén fennáll
&tex;\displaystyle |a_{k+n}-a_k-a_n|\le 1.&xet;
Bizonyítsuk be, hogy tetszőleges &tex;\displaystyle k,n&xet; esetén
&tex;\displaystyle \left|\frac{a_k}k-\frac{a_n}n\right|\le \frac1k+\frac1n.&xet;
|
|