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).

Egy elírás: helyesen

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.

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

üdv Zoli

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.

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?

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.

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).

több helyen lemaradt a {} mint a törtrész jelölése. Én beírtam, csak nem jelent meg.

A bizonyítást tényleg nem igazán jól írtam le.

Az np törtrész többszöröseiről nem azt mondom, hogy sűrűek, hanem csak azt, hogy legfeljebb távolságra vannak egymástól, így bármilyen valós számhoz van legfeljebb /2 távolságra egy többszörös. Mivel azonban ez minden -ra igaz, ezért a p összes többszörösének törtrészei már sűrűek a [0..1]-ben.

Azt, hogy p irracionális, ott használtam föl, hogy a p többszöröseinek törtrészei nem esnek egybe, mert ellenkező esetben előfordulhatna, hogy a két egy intervallumba eső egészrész valójában egyenlő, vagyis floor(np)=0, amikor is a bizonyítás nem működik.