Loading [MathJax]/jax/output/HTML-CSS/jax.js
Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Informatika rovattal
Kiadja a MATFUND Alapítvány
Már regisztráltál?
Új vendég vagy?

Az A. 879. feladat (2024. április)

A. 879. Adott egy k>2 egész szám. Xavér és Yvett a következő játékot játssza. Eredetileg a táblán egy n>k egész szám szerepel. Ezt követően felváltva lépnek, Xavér kezd. Egy lépés abból áll, hogy a táblán szereplő m számot kicserélik egy olyan m számra, amelyre km<m és (m,m)=1. Aki először nem tud lépni, veszít.

Azt mondjuk, hogy egy n>k egész szám jó, ha Yvettnek van nyerő stratégiája. Mutassuk meg, hogy ha n, n>k olyanok, hogy minden pk prímre p akkor és csak akkor osztja n-et, ha n-t, akkor n akkor és csak akkor jó, ha n jó.

(7 pont)

A beküldési határidő 2024. május 10-én LEJÁRT.


Megoldás. k világosan jó, mert ha k a kezdőszám, akkor Xaver nem tud lépni, így egyből Yvett nyer.

Rekurzívan definiáljuk a helyes számokat: k helyes, és egy k<n szám pontosan akkor helyes, ha nem relatív prím egyetlen km<n helyes m számmal sem.

n szerinti indukcióval könnyű belátni, hogy a helyes számok és jó számok megegyeznek: Ha n helyes szám, akkor ha azzal kezdünk, akkor Xaver nem léphet egyetlen helyes számra sem, és minden n-nél kisebb nem helyes szám egyben nem jó is, tehát Xaver egy nem jó számra lép, így onnan a kezdőnek, azaz Yvettnek van nyerő stratégiája. Tehát ekkor n jó. Ellenben ha n nem helyes, akkor létezik egy km<n helyes és egyben jó szám, ami relatív prím n-nel, így Xaver léphet m-re, és onnan a második játékosnak, azaz Xavernak van nyerő stratégiája. Tehát ekkor n nem jó.

Mostantól újra jó és rossz-ként hivatkozunk a számokra, de a helyesség definícióját használjuk, mert az imént beláttuk, hogy ez ekvivalens.

Indukcióval belátjuk az alábbi állítást:

Bármely két jó számnak van k-nál kisebb-egyenlő közös prímosztója, továbbá igaz a feladat állítása: ha n,nk olyanok, hogy minden pk prímre p|np|n, akkor n n jó.

Indukciós feltesszük, hogy az n-nél kisebb számokra igaz ez az állítás.

(Az indukció alapesetére, n=k-ra igaz az állítás, mert üres halmazokra vonatkozik.)

Először belátjuk az indukciós lépést az állítás első felére: n pontosan akkor jó, ha van k-nál kisebb közös prímosztója minden korábbi jó számmal.

Az egyik irány könnyű: ha n nem jó, akkor van olyan korábbi jó szám, amivel egyáltalán nincs közös prímosztója.

A másik irányhoz tegyük fel, hogy n jó, de van egy korábbi km<n jó szám, amivel nincs k-nál kisebb-egyenlő közös prímosztója. Mivel n és m is jó, léteznie kell közös osztójuknak. Legyen m prímfelbontásában az n-nel közös tényezők szorzata q. Azaz felírhatjuk m-et m=qm1 alakban, ahol m1 relatíve prím n-nel. A feltételezés szerint q csak k-nál nagyobb prímeket tartalmaz, így q>k.

Mivel k jó és m jó, ezért az indukciós feltétel alapján kell lennie k-nál kisebb-egyenlő közös prímosztójuknak, így m1-nek biztosan van k-nál kisebb-egyenlő prímosztója, nevezzük ezt p-nek.

p-nek biztosan van olyan pt hatványa, amire kpptk. Vegyük az m=m1pt számot. Mivel kppt, és p|m1, ezért m=m1ptpt+1k. Másrészt mivel ptk<q, ezért m=m1pt<m1q=m.

Mivel p|m1, ezért m és m ugyanazokkal a k-nál kisebb-egyenlő prímszámokkal oszthatók. Mivel mindketten kisebbek n-nél, az indukciós feltétel szerint pontosan akkor jó az egyik, ha a másik az. Mivel tudjuk, hogy m jó, ebből következik, hogy m is jó. Másrészt tudjuk, hogy n-nek nincs közös prímosztója m1-gyel, így m=m1pt-nel sem lehet. Ekkor n relatív prím lenne a km<n jó számmal, ami ellentmond annak, hogy n jó.

Most lássuk be az indukciós lépés második felét: ha létezik km<n szám, aminek pontosan azok a k-nál kisebb-egyenlő prímosztói, mint n-nek, akkor n pontosan akkor jó, ha m jó.

Ha m jó, akkor az indukciós állítás első fele szerint minden kr<n jó számra van m-nek és r-nek k-nál kisebb-egyenlő közös prímosztója, és az osztja n-t is, tehát n-nek minden jó r-rel van közös prímosztója, tehát n is jó. Ha viszont m nem jó, akkor létezik jó kr<m<n, amivel m-nek nincs közös osztója, és m-nek és n-nek ugyanazok a k-nál kisebb-egyenlő prímosztói, tehát r-nek és n-nek nem lehet k-nál kisebb-egyenlő közös prímosztója, ezért mint korábban beláttuk, n nem lehet jó.

Ezzel az indukciós lépést beláttuk, így indukcióval bizonyítottunk egy állítást ami magában foglalja a feladat állítását.

Megjegyzés: Ez a feladat 2013-ban szerepelt az IMO shortlisten.


Statisztika:

8 dolgozat érkezett.
7 pontot kapott:Bodor Mátyás, Philip Stefanov, Varga Boldizsár, Wiener Anna.
6 pontot kapott:Szakács Ábel.
5 pontot kapott:1 versenyző.
1 pontot kapott:1 versenyző.
0 pontot kapott:1 versenyző.

A KöMaL 2024. áprilisi matematika feladatai