Fórum: Érdekes matekfeladatok

érdekes, Sirpi konstrukciója sokkal természetesebb, mint az enyém, nekem eszembe sem jutott, de akkor már leírom az enyémet is: a számok kanonikus alakjában a prímkitevők összege szerint csoportosítunk. Így elég [log₂(n)]+1 csoport, és nyilván nem lesz egy csoportban osztó és többszörös.

Biztosan bennem van a hiba, de nem teljesen értem a megoldásodat. Mindenesetre meg lehet adni két konkrét halmazt melyekről rögtön látszik hogy jók. És Sirpinek igaza van :-)

Prímek, nemprímek?

jó, ezt kéretik nem elolvasni :)

Na most hátha:)

(1)(4,5,6)(11,12,13,14,15)(22,23,24,25,26,27,28)...

(2,3)(7,8,9,10)(16,17,18,19,20,21)(29,30,31,32,33,34,35,36)...

azaz 1 ide, 2 oda, 3 ide, ...

Akkor megpróbálom mégegyszer elmondani, de még mindig szemléletesen, pontos indukciós feltétel nélkül.

Nyilván csak azokkal a számtani sorozatokkal kell foglalkozni, amiknek a kezdőeleme, és a differenciája is természetes szám (és az utóbbi nem nulla). Ilyen számtani sorozatból csak megszámlálható sok van, valahogy tehát sorba rendezzük őket úgy, hogy mindegyiket hozzárendeljük egyik eleméhez. Például legyen az első sorozat S₀={0+1k}, a második S₁={1+1k}, a harmadik S₂={0+2k}, utána sorban S₃={2+1k}, S₄={1+2k}, S₅={0+3k}, S₆={3+1k}, S₇={2+2k}, ... A sorrend nem is lényeges, csak az, hogy egy se maradjon ki, tehát minden ilyen számtani sorozat egyenlő S_n-nel valamely n-ra.

Utána a két halmazt lépésenként konstruáljuk meg úgy, hogy kiindulunk az A₀={} és B₀={} üres halmazokból, és bővítjük őket, amíg végül teljesítik a feltételeket. Azt szeretnénk elérni, hogy egyik halmaznak se legyen teljes egészében része valamelyik a fenti számtani sorozatokból, amit úgy érhetünk el, hogy minden számtani sorozatból berakunk egy elemet az A halmazba, és egyet a B halmazba. Ez elég, mert a két halmaz végig diszjunkt lesz.

Így aztán a következőképpen járunk el. Ha már megvan az A_n és B_n halmaz, akkor ezekből az A_n+1 és B_n+1 halmazokat egy-egy természetes szám hozzáadásával kapjuk meg, a két számot pedig úgy választjuk ki, hogy (1) mindkettő benne legyen az S_n számtani sorozatban, (2) különbözzenek egyástól és az A_nB_n elemeitől is. Ilyen két számot mindig lehet választani, mert az S_n-nek végtelen sok eleme van, de A_nB_n véges, így még mindig végtelen sok szám marad nekünk, amelyek közül kettőt ki kell választani.

Például tegyük fel, hogy A₁={0},B₁={1},A₂={0,2},B₂={1,3}. Utána S₂={0+2k}={0,2,4,6,8,....} amiből ki kell válsztanunk két olyan elemet, ami az A₂B₂-ben nincs benne, ezek lehetnek a 4 és a 6, így aztán A₃={0,2,4},B₃={1,3,6} stb.

Miután így minden n-ra megkaptuk az A_n és B_n halmazokat, legyen A^*=_nA_n és B^*=_nB_n. Ez a két halmaz diszjunkt, és mindkettő tartalmaz legalább egy elemet minden érdekes számtani sorozatból. Az viszont még nem feltétlenül teljesül, hogy együtt minden természetes számot tartalmaznának (noha úgy is könnyen végre lehetne hajtani az indukciós lépést, hogy ez is teljesüljön), ezért legyen A=-B^* és B=B^*. Mivel A^*A és B^*B, ezért továbbra is mindkét halmazban van minden sorozatból elem, viszont az is igaz, hogy AB= és AB=0. Ezért aztán az A és a B halmaz teljesíti a feltételeket.

Azért ezek egy kicsit többen vannak, és nem feltétlenül rácspontok.

és k

Csakhogy a kérdésem arra vonatkozott, hogy x^x (általában) végtelen sok értéke MIND legyen valós. Ezt a kritériumot az Általad megadott számok már nem mind teljesítik, legyen pl. =1, ekkor x^x végtelen sok értéke

ahol m tetszőleges egész. Ha itt most m=1, akkor nemvalós szám adódik.

Igen, én is erre gondoltam.

Ja, megértettem, csak az nem volt világos múltkor, hogy pl. 0,2,4,6,... sorozatból ha beteszed a 2-est az egyik, 4-est a másik halmazba, akkor attól még mi garantálja, hogy 6,8,10,... számtani sorozat nem kerül be teljes egészében az egyik halmazba. Köszi.