Néhány egyszerű feladat, de hogyan?

Legjobb tudásom szerint:

1. a=3, b=5, c=4

2. a második a nagyobb

3. x=1260, y=84

4. 1

Szívesen leírom a megoldás menetét is, ha elárulod nekem hogy hol találtad ezeket a szép feladatokat. :) És légyszíves írd le azt is hogy kb milyen mélyen mehetek bele.

Biztos jó az a 3. megoldás?

28x^2 = 75y^3

2^2 * 7 * [x]^2 = 3 * 5^2 * [y]^3

2^2 * 7 * [(2^2) * 3^2 * 5 * 7]^2 = 3 * 5^2 * [(2^2) * 3 * 7]^3

2^2 * 7 * [(2^2)^2 * 3^4 * 5^2 * 7^2] = 3 * 5^2 * [(2^2)^3 * 3^3 * 7^3]

2^6 * 3^4 *5^2 * 7^3 = 2^6 * 3^4 * 5^2 * 7^3

x = (2^2)^2 * 3^4 * 5^2 * 7^2 = 16 * 81 * 25 * 49 = 1.587.600

y = (2^2)^3 * 3^3 * 7^3 = 64 * 27 * 343 = 526.848

Első vagyok!

A legkisebb ilyen x,y pozitív egész számot keressük:

x=1260, y=84 esetén:

28*1260^2=28*1.587.600=44.452.800

75*84^3=75*592.704=44.452.800

számológéppel vagy akár prímtényezőkre bontással is könnyen meggyőződhetsz róla hogy igaz és szerintem ez a legkisebb megoldás

1. feladat

A 321.000-et bontsuk összegre:

300.000+20.000+1.000 ami megadja a triviális megoldást, mert 300.000=3*10^5, 20.000=2*10^4, 1.000=10^3.

Tegyük fel hogy létezik a triviálistól eltérő megoldás:

A 10^x exponenciális függvény megadja, hogy az előtte álló szám hanyadik helyi értéken álljon, így a 321.000 számban szereplő 3,2,1 számjegyek a 3,2,1 számok valamilyen összegeként jön ki.

Mivel mindegyik számot egyszer használhatjuk fel a 3,2,1 számjegyek közül nem állítható elő mind. Pl.: A 3as számjegy kijöhetNE a 2+1 összegből így a 300.000 felírható 2*10^5+10^5 alakban, de a 20.000 és a 1.000 nem állítható elő...

Nem állítható elő más megoldás.

2. feladat

I. megoldás:

A 10^x-en az egyes számot "helyezi el" az x. helyi értéken, az 1/10^x-en pedig a tizedes vessző után "helyezi el" az egyes számot az xedik helyi értéken a "+1" pedig megadja hogy az első helyi értéken 1-es álljon.

Könnyen látható, hogy mindkét kifejezés 10^x+1/10^(x+1)+1 alakú. Ez a következő számot jelenti: 10...(x-1db 0)...01,0...(xdb 0)...1 amiből egyértelműen látszik hogy x minél nagyobb a kifejezés értéke is nagyobb lesz.

Ezzel beláttunk, hogy a 2. a nagyobb.

2. feladat

II. megoldás

Tegyük fel hgoy a 2. a nagyobb, a feltevés bizonyítása teljes indukcióval:

1.a lépésben lássuk be, hogy 10^1+1/10^2+1 < 10^2+1/10^3+1:

10+1+0,01=11,01 < 101,001=100+1+0,001 tehát igaz.

1.b lépésben lássuk be, hogy 10^2+1/10^3+1 < 10^3+1/10^4+1 is igaz:

1001,0001 < 10001,00001, tehát ez is igaz.

2. lépés: A feladatot általánosíthatjuk 10^x+1/10^(x+1)+1 < 10^(x+1)+1/10^(x+2)+1 alakú egyenlőtlenségre, az első lépésben beláttuk, hogy x=1 és x=2-re a feltevés igaz.

Tegyük fel, hogy ha x-re igaz akkor x+1-re is:

[10^x+1/10^(x+1)+1 < 10^(x+1)+1/10^(x+2)+1] => [10^(x+1)+1/10^(x+2)+1 < 10^(x+2)+1/10^(x+3)+1] <=>

[10^x+1/10^(x+1)+1 < 10^(x+1)+1/10^(x+2)+1] => [10*10^(x)+1/10*1/10^(x+1)+1 < 10*10^(x+1)+1/10*1/10^(x+2)+1] ből látszik, hogy igaz.

3. lépés: Mivel x=1-re és x=2-re beláttuk hogy igaz és beláttuk azt is hogy bármely x=a-ra igaz akkor igaz x=a+1 esetén is, ebből az következik hgoy igaz x=2+1=3-ra, x=3+1=4... minden x eleme N esetén igaz.

Tehát az alap feltevés is igaz mivel ez az x=2006 eset.

2. feladat

III. megoldás:

Vegyük a következő függvényt: f(x)=10^x+1/10^(x+1)+1 lássuk be hogy a függvény szigorúan monoton nő:

minden x esetén 10^(x+1)+1/10^(x+2)+1 > 10^x+1/10^(x+1)+1

10*10^x+1/10*1/10^(x+1) > 10^x+1/10^(x+1)

9*10^x > (1-1/10)*1/10^(x+1)=9/10*1/10^(x+1) ami igaz tehát a függvény valóban szigorúan monoton nő:

f(x)<f(x+1) => f(2006)<f(2007) => második a nagyobb

3. feladat

28x^2=75y^3 legyen a=28x^2, b=75y^3 bontsuk a-t és b-t prímtényezőkre: a=2^2*7*p(x)^2, b=3*5^2*p(y)^3 ahol a p(x) az x szám prímtényezős alakját jelöli.

Az a és b prímtényezős alakjának meg kell egyeznie a számelmélet alaptétele miatt (minden természetes szám pontosan egy féleképpen bontható prímtényezőkre), ezért a 2,3,5,7 prímszámoknak az "a" és a "b" számban is azonos hatványon kell szerepelniük:

2-es: A "a"-ban 2. hatványon van+az x prímtényezőjében szereplő kettő hatvány kétszerese ( a négyzetre emelés miatt). A "b" számban csak az y prímtényezőjében szerepel 2-es (a kettes hatványa a 3 többszöröse a köbre emelés miatt). Ha a 2-es prím hatványait tekintve: (2^2)*(2^2k)=2^3l => 2^(2+2k)=2^3l => 2+2k=3l és a legkisebb ilyen l és k számot keressük: k=2, l=2.

A 2 az x-ben és az y-ban is második hatványon szerepel.

Ugyan így:

3-ra: ... 3^2k=(3^1)*(3^3l) => 2k=1+3l => k=2, l=1

tehát a 3mas szám a prímtényezükben az x-ben 2. az y-ban 1. hatványon szerepel.

5-re: ... 2k=2+3l => k=1, l=0

tehát az 5 az xben 1sőn szerepel az y prímtényezőjében viszont nincs 5

7-re: ... 1+2k=3l => k=1, l=1

tehát x és y ban is első hatványon szerepel

Ezek alapján már tudjuk a prímtényezős alakját az x nek és y nak is:

x=2^2*3^2*5*7=1260

y=2^2*3*7=84

Mivel minden esetben a legkisebb számra törekedtünk az eredmény is a legkisebb.

4. feladat:

(x^2-2x+2)^2000-t általánosítsuk (x^2-2x+2)^y alakú kifejezésre.

Vizsgáljuk meg az együtthatók összegét y=1 és y=2 esetben:

y=1-nél: 1-2+2=1

y=2-nél: 1-4+8-8+4 (ha nincs kedved levezetni: [link]

Sejtés: minden y esetén 1 lesz a megoldás.

Bizonyítás teljes indukcióval:

tegyük fel hogy y=a-ra igaz az állítás, mi történik ekkor y=a+1-re?

(x^2-2x+2)^(a+1)=(x^2-2x+2)*(x^2-2x+2)^a=

x^2*(x^2-2x+2)^a-2x*(x^2-2x+2)^a+2*(x^2-2x+2)^a

Így HA (x^2-2x+2)^a-nál az együtthatók összege 1 akkor ^a+1 nél 2-2+1 tehát szintén 1 az együtthatók összege.

Viszont tudjuk hogy y=1 és y=2 esetén igaz a sejtés és hgoy ha y=a-ra igaz akkor y=a+1-re is igaz.

így a sejtés igaz y=2+1=3-ra, y=3+1=4-re... tehát minden y-ra.

Szükségképpen az y=2000 esetben is igaznak kell lennie tehát az összeg 1.