Cím: Kedvenc problémáim (1982. november)
Szerző(k):  Csirmaz László 
Füzet: 1982/november, 150 - 152. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Szakmai cikkek

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Havonta egy-egy, számomra valamilyen oknál fogva kedves feladatot mondok el. Ezek megoldása, noha a középiskolában oktatott ismeretanyagnál többet nem kíván, mégis mély, igazi matematikusi gondolkodást igényel. A problémákra a megjelenést követő számban megoldást adok, azonban nem kívánok egyetlen problémát sem teljesen lezárni. Akár a feladatokkal, akár azok megoldásával kapcsolatban mindenfajta megjegyzést örömmel veszek.
Csirmaz László

*

Ha adott n egész számunk (n≧2), akkor közülük mindig kiválasztható néhány (lehet, hogy csak egy), melyek összege osztható n-nel. Ez egy jól ismert "skatulya elves'' feladat, általában semmit nem lehet mondani arról, hogy a kapott összeg hány tagú. Bizonyítsuk be, hogy akárhogyan is veszünk 2n-1 darab egész számot, mindig kiválasztható közülük pontosan n, melyek összege osztható n-nel!
***

Jól ismert, hogy különböző pozitív egész számok reciprokaink összegeként akármilyen nagy számnál nagyobbat kaphatunk. Ezt a tényt másképpen úgy fejezzük ki, hogy az ún. harmonikus sor:
1+12+13+...+1n+...
divergens. Bizonyitsuk be, hogy ha csak azokat a pozitív egész számokat tekintjük, melyek tízes számrendszerbeli alakjában nem szerepel nulla, ezek reciprokainak összege kisebb egy korlátnál.
 

Annak bizonyítása, hogy a harmonikus sor divergens, például a következőképpen történhet. Az 1, 1/2, 1/3, ..., 1/9 számok mindegyike nagyobb 1/10-nél, tehát
1+12+...+19>9⋅110.
Az 1/10, 1/11, ..., 1/99 számok mindegyike nagyobb 1/100-nál, ezért
1+12+...+19+110+...+199>9⋅110+90⋅1100=2⋅910.
Általában ugyanezért
1+12+...+110n-1>9⋅110+90⋅1100+...+9⋅10n-1⋅110n=n⋅910.
Így valóban, különböző természetes számok reciprokainak összegeként akármilyen nagy számot elő tudunk állítani.
A feladat állítását is hasonló módszerrel bizonyítjuk. Mivel a nullát nem tartalmazó n jegyű számokból pontosan 9n darab van (minden helyi értéken a kilenc lehetséges számjegy bármelyike előfordulhat), s ezeknek a számoknak az értéke nagyobb 10n-1-nél, ezért reciprokaik összege kisebb, mint 9n/10n-1. Most ha veszünk véges sok különböző pozitív egészet, melyek egyike sem tartalmazza a nulla számjegyet, és közülük a legnagyobb éppen n jegyű, akkor reciprokaik összege legfeljebb
1+12+...+19+111+...+119+121+...+110n-1<9+9210+...+9n10n-1.(1)
 Felhasználva azt, hogy 0<x<1 esetén
1+x+x2+...+xn-1=1-xn1-x<11-x
kapjuk, hogy (1) jobb oldalának értéke
9(1+910+...+(910)n-1)<9⋅11-9/10=90.
Így akárhány ilyen szám reciprokát is tekintjük, ezek összege sohasem haladhatja meg a 90-et. Ezzel bizonyítottuk az állítást.
Érezhető, hogy a most kapott felső korlát eléggé elnagyolt becslés, és a reciprokok összege meg sem közelítheti a 90-et. Valóban, ha az összes, legfeljebb ötjegyű, nulla jegyet nem tartalmazó egész reciprokát adjuk össze, az összeg mindössze 9,83 körüli, s minden további tag hozzáadása is legfeljebb 0,000 01-gyel változtatja meg ezt az értéket. Azt gondolhatnánk tehát, hogy ez a 9,83 már nagyon közel van a lehető legjobb felső korláthoz, és például az összegek 10 fölé már nem is kerülhetnek. Ez azonban nem így van, itt érvényes a "sok kicsi sokra megy'' elve. A legjobb felső korlát pontos megbecslése egyáltalán nem könnyű feladat. A legegyszerűbb módszer, vagyis az, hogy addig adogatjuk össze a reciprokokat, míg az összeg már "csak nagyon kicsit változik'', nem működik: a 25 (huszonöt!) jegyű számok reciprokait is figyelembe véve az összeg még mindig több mint eggyel kisebb a pontos értéknél, mely 5 tizedes jegyre 23,103 45.