Kezdőlap


Cím:	A számjegyátlagok sorozata
Szerző(k):	Sustik Mátyás
Füzet:	1990/január, 1 - 6. 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.

Ebben a cikkben egy olyan ‐ rendhagyónak nevezhető ‐függvénnyel foglalkozunk, amelyet számjegyek átlagának segítségével értelmezünk.
Az egyszerűség kedvéért a számokat nem tizedes, hanem kettedes (diadikus) tört alakban kezeljük. A 10-es alaphoz hasonlóan itt is igaz, hogy minden valós $x$ szám felírható

\begin{matrix} x = \pm β_{k} β_{k - 1} ... β_{1} β_{0}, α_{1} α_{2} α_{3} ... \end{matrix}

kettedes tört alakban, ahol a

β_{i}

α_{j}

számjegyek értéke 0 vagy 1 lehet. Ez a felírás egyértelművé tehető azzal, ha megtiltjuk, hogy a kettedes jegyek valahonnan kezdve csupa 1-esek legyenek; azaz

\begin{matrix} β_{k} β_{k - 1} ... β_{0}, α_{1} α_{2} ... α_{t}, 111 ... \end{matrix}

helyett mindig a

\begin{matrix} β_{k} β_{k - 1} ... β_{0}, α_{1} α_{2} ... α_{t} + \frac{1}{2^{t}} \end{matrix}

eredményeként adódó "véges'' alakot használjuk.
Könnyen értelmezhetjük egy 0 és 1 közé eső diadikus tört első

n

jegyének átlagát: legyen

\begin{matrix} x = 0, α_{1} α_{2} ... α_{n} -re S_{n} (x) = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} α_{i} . \end{matrix}

g

függvény minden ilyen

x

helyen vegye fel a

\begin{matrix} g (x) = {lim}_{n \to \infty}^{} S_{n} (x) \end{matrix}

értéket, amennyiben ez a határérték létezik. Ezzel a

g

függvényt a [0, 1] intervallum valamely részhalmazán értelmeztük. (Látható, hogy

0 ≦ S_{n} (x) ≦ 1

, így

0 ≦ g (x) ≦ 1

.)
Elsőként azt vizsgáljuk meg, van-e olyan

y

szám, melyre

g (y) = y

, vagyis

y

megegyezik saját számjegyeinek az átlagával. Ezután

g

értelmezési tartományának a "nagyságát'' határozzuk meg, majd igazoljuk, hogy

g

értéke "majdnem mindig''

\frac{1}{2}

1. Legyen

0 ≦ a < b ≦ 1

. Tegyük fel, hogy az

f

függvény folytonos az

[a, b]

intervallumon, és itt minden

x

-re

0 ≦ f (x) ≦ 1

. Megmutatjuk, hogy ekkor létezik olyan

y

(Speciálisan az

f (x) = x

függvényre kapjuk, hogy alkalmas

y

-ra

g (y) = y

teljesül.)
Előállítjuk a kívánt tulajdonságú

y

számot. Mivel

b - a

pozitív, ezért alkalmas

n

természetes számra

2 \cdot \frac{1}{2^{n}} < b - a

. A

0, \frac{1}{2^{n}}, 2 \cdot \frac{1}{2^{n}}, 3 \cdot \frac{1}{2^{n}}, ...

számsorozatnak így legalább két szomszédos eleme az

(a, b)

nyílt intervallumba esik; jelölje ezek kisebbikét

x_{n}

. Ekkor nyilván

\begin{matrix} x_{n} = 0, α_{1} α_{2} ... α_{n} és a < x_{n} < x_{n} + \frac{1}{2^{n}} < b . \end{matrix}

(1)

Ezután rekurzíven definiáljuk az

x_{n}

x_{n + 1}, ...

végtelen sorozatot, úgy, hogy

x_{k + 1}

, az

x_{k}

-ból egy további kettedesjegy hozzáírásával keletkezzen a következőképpen: Ha

x_{k} = 0

α_{1} α_{2} ... α_{k}

, akkor legyen

x_{k + 1} = 0

α_{1} α_{2} ... α_{k} α_{k + 1}

, ahol

α_{k + 1} = 1

, ha

S_{k} (x_{k}) < f (x_{k})

, ill.

α_{k + 1} = 0

, ha

S_{k} (x_{k}) ≧ f (x_{k})

. Ha

x_{n}

után tetszőleges 0‐1 sorozatot írunk, (1) szerint a kapott szám is

[a, b]

-ben lesz; ezért

a < x_{n} < x_{n + 1} < ... ≦ b

. Legyen

y = {lim}_{k \to \infty}^{} x_{k}

, ekkor

a < y ≦ b

, és az

f

függvény folytonossága következtében

f (y) = {lim}_{k \to \infty}^{} f (x_{k})

. Megmutatjuk, hogy

f (y) = g (y)

. Ehhez azt kell belátni, hogy minden

ε

pozitív számhoz található olyan

m

, amellyel minden

m

-nél nagyobb

k

természetes számra

| S_{k} (y) - f (y) | ≦ ε

. Legyen tehát

ε

egy ilyen rögzített pozitív érték. Mivel

f (y)

f (x_{k})

sorozat határértéke, azért van olyan

m_{0}

, hogy

\begin{matrix} f (y) - \frac{ε}{2} < f (x_{k}) < f (y) + \frac{ε}{2} \end{matrix}

(2)

minden

m_{0}

-nál nagyobb

k

-ra.
Belátjuk továbbá, hogy ha

k > \frac{1 - ε}{ε}

, akkor

\begin{matrix} | S_{k + 1} (y) - S_{k} (y) | < \frac{ε}{2} \end{matrix}

(3)

is teljesül. Ha ugyanis

α_{k + 1} = 0

, akkor

\begin{matrix} | S_{k + 1} (y) - S_{k} (y) | = | S_{k} (y) \frac{k}{k + 1} - S_{k} (y) | = S_{k} (y) \cdot \frac{1}{k + 1} ≦ \frac{1}{k + 1} < ε . \end{matrix}

Ezután bebizonyítjuk, hogy létezik olyan

(m_{0}

-nál és

\frac{1 - ε}{ε}

-nál nagyobb

) m

természetes szám, amelyre

\begin{matrix} f (y) - \frac{ε}{2} < S_{m} (y) < f (y) + \frac{ε}{2} . \end{matrix}

(4)

Ha ilyen

m

nem létezne, akkor (3) miatt vagy minden ‐ elég nagy ‐

k

-ra

S_{k} (y) ≦ f (y) - \frac{ε}{2}

, vagy minden ‐ elég nagy ‐

k

-ra

S_{k} (y) ≧ f (y) + \frac{ε}{2}

állna fenn. Az első esetben azonban

α_{k + 1} = 1

következtében

{lim}_{k \to \infty}^{} S_{k} (y) = 1

, így

f (y) - \frac{ε}{2} ≧ 1

, ami az

f

-re tett feltevésünknek ellentmond. A második esetben ugyanígy

α_{k + 1} = 0

miatt

{lim}_{k \to \infty}^{} S_{k} (y) = 0

, amiből

0 ≧ f (y) + \frac{ε}{2}

, szintén ellentmondás.
Az így kapott

m

számra most már igazolhatjuk, hogy

\begin{matrix} | S_{k} (y) - f (y) | ≦ ε, ha k > m . \end{matrix}

Ennek bizonyítását indirekt úton végezzük el. Tegyük fel, hogy a kívánt egyenlőtlenség nem teljesül minden,

m

-nél nagyobb

k

-ra; legyen

k

a legkisebb olyan természetes szám, melyre

k > m

és

| S_{k} (y) - f (y) | > ε

. Ez utóbbi egyenlőtlenség kétféleképpen valósulhat meg.

1 eset:

S_{k} (y) > f (y) + ε

. Mivel a

k

számot a lehető legkisebbnek választottuk, ezért (és (4) miatt, ha

k = m + 1

)

\begin{matrix} S_{k - 1} (y) < f (y) + ε \end{matrix}

(5)

(3) miatt viszont esetünkben

\begin{matrix} S_{k - 1} (y) > f (y) + \frac{ε}{2} . \end{matrix}

(6)

tehát (2), (6) és (5) egybevetéséből

\begin{matrix} f (x_{k - 1}) < f (y) + \frac{ε}{2} < S_{k - 1} (y) = S_{k - 1} (x_{k - 1}) \end{matrix}

(7)

és

\begin{matrix} S_{k - 1} (x_{k - 1}) = S_{k - 1} (y) < f (y) + ε < S_{k} (y) = S_{k} (x_{k}) . \end{matrix}

(8)

Definíciónk (7) alapján az

α_{k} = 0

jegyet adja, ekkor azonban

S_{k} (x_{k}) ≦ S_{k - 1} (x_{k - 1})

, ami ellentmond (8)-nak.

2. eset:

S_{k} (y) < f (y) - ε

. A

k

minimalitása folytán most

\begin{matrix} S_{k - 1} (y) > f (y) - ε, \end{matrix}

(

5^{'}

)

míg (3) miatt ezúttal

\begin{matrix} S_{k - 1} (y) < f (y) - \frac{ε}{2}, \end{matrix}

(

6^{'}

)

tehát (2), (

6^{'}

) és (

5^{'}

) értelmében

\begin{matrix} f (x_{k - 1}) > f (y) - \frac{ε}{2} > S_{k - 1} (y) = S_{k - 1} (x_{k - 1}) \end{matrix}

(

7^{'}

)

és

\begin{matrix} S_{k - 1} (x_{k - 1}) = S_{k - 1} (y) > f (y) - ε > S_{k} (x_{k}) . \end{matrix}

(

8^{'}

)

A (

7^{'}

) következtében

α_{k} = 1

, így

S_{k} (x_{k}) ≧ S_{k - 1} (x_{k - 1})

; ez ellentmond (

8^{'}

)-nek.
Mivel az

ε

bármilyen (kicsi) pozitív szám lehet, ezért valóban

{lim}_{k \to \infty}^{} S_{k} (y) = f (y)

[0, 1]

-ben

g

értelmezési tartománya, valamint azon pontok halmaza, melyekben

g

nem értelmezett, egyaránt kontinuum számosságú.
A) Az előző részben bizonyított tételt az

f (x) = c, (0 ≦ c ≦ 1)

konstans függvényekre alkalmazva azt kapjuk, hogy

g

minden

[0, 1]

-beli értéket fölvesz, így az értelmezési tartománya is (legalább) kontinuum számosságú.
B) Tegyük fel ezután, hogy az

x = 0

α_{1} α_{2} ...

helyen

g

nincs értelmezve. Változtassuk meg

x

néhány négyzetszám sorszámú helyen álló kettedesjegyét. Megmutatjuk, hogy az így létrejövő

y

helyen sem értelmes a

g

függvény. Tegyük fel ugyanis, hogy

{lim}_{k \to \infty}^{} S_{k} (y)

létezik. A

\begin{matrix} \sum_{i = 1}^{k} α_{i} = k S_{k} (x) és k S_{k} (y) \end{matrix}

összegek legfeljebb az 1., 4., 9.,

... t^{2}

-edik helyeken különbözhetnek egymástól, ahol

t^{2} ≦ k

. Így

\begin{matrix} | k S_{k} (x) - k S_{k} (y) | ≦ \sum_{i = 1}^{t} 1 = t ≦ \sqrt[]{k}, \end{matrix}

ezért

\begin{matrix} | S_{k} (x) - S_{k} (y) | ≦ \frac{1}{\sqrt[]{k}} . \end{matrix}

Ekkor azonban

{lim}_{k \to \infty}^{} S_{k} (x) - S_{k} (y) = 0

, következésképpen

S_{k} (x)

is konvergens lenne; ennek az ellenkezőjét tettük fel, tehát

{lim}_{k \to \infty}^{} S_{k} (y)

sem létezik.
Az így kapható

y

számok számossága megegyezik a (végtelen) 0‐1 sorozatok számosságával, hiszen éppen egy ilyen sorozattal jelölhető ki, hogy mely számok négyzeteinek megfelelő helyen változtatjuk meg

x

-et: a sorozat

i

-edik eleme pontosan akkor legyen 1-es, ha az

i^{2}

-edik kettedesjegy változik.
Ha tehát megadunk legalább egy olyan

x

-et, amelyre az

S_{k} (x)

sorozatnak nincs határértéke, akkor a

g

függvény (legalább) kontinuum számosságú helyen nincs értelmezve [0, 1]-ben. Egy megfelelő szám a következő:

x = 0, 1001111000000001 ...

, ahol rendre

2^{0}, 2^{1}, 2^{2}, 2^{3}, ...

darab 1-es, ill. 0 számjegy követi egymást felváltva. Könnyen látható, hogy minden

k

-ra

\begin{matrix} S_{4^{k} - 1} (x) = \frac{1}{4^{k} - 1} (1 + 2^{2} + 2^{4} + ... + 2^{2 k - 2}) = \frac{1}{3}, \end{matrix}

és

\begin{matrix} S_{2^{2 k + 1}} (x) = \frac{1}{2^{2 k + 1} - 1} (1 + 2^{2} + 2^{4} + ... + 2^{2 k}) = \frac{1}{3} \cdot \frac{2^{2 k + 2} - 1}{2^{2 k + 1} - 1} > \frac{2}{3}, \end{matrix}

tehát az

S_{n} (x)

sorozatnak valóban nem létezik határértéke.
3. Végezetül megmutatjuk, hogy

g (x)

értéke

1

valószínűséggel

\frac{1}{2}

, azaz a

[0,1]

intervallumból véletlenszerűen választott

x

helyen

g (x)

értéke

0

valószínűséggel tér el

\frac{1}{2}

-től ‐ ide számítva azt az esetet is, hogy

g (x)

nem értelmezett.
Jelöljük

H

-val azoknak a [0, 1]-beli számoknak a halmazát, amelyekben

g

nem értelmezett vagy az értéke nem

\frac{1}{2}

. Azt fogjuk megmutatni, hogy

H

nullmértékű, azaz tetszőleges pozitív

ε

esetén

H

lefedhető olyan intervallumokkal, amelyek összhosszúsága legfeljebb

ε

.
Nullmértékű például minden olyan halmaz, amelynek véges sok vagy megszámlálhatóan végtelen sok pontja van. Ez a következőképpen látható be: Rendezzük sorba a halmaz elemeit, és a sorban az

n

-edik elemet fedjük le egy

\frac{ε}{2^{n}}

hosszúságú intervallummal; ezzel a halmazt lefedjük egy legfeljebb

ε \sum_{i = 1}^{\infty} \frac{1}{2^{t}} = ε

hosszúságú intervallumrendszerrel.
Megszámlálható sok nullmértékű halmaz egyesítése is nullmértékű. Ha ugyanis e halmazok

V_{1}, V_{2}, ...,

és

ε > 0

, akkor

V_{n}

-et

\frac{ε}{2^{n}}

összhosszúságú intervallumrendszerrel lefedve, majd a lefedéseket egyesítve a

V_{1}, V_{2}, ...

, halmazok egyesítését lefedő,

ε

összhosszúságú intervallumrendszerhez jutunk.
Az iménti előkészületek után térjünk vissza

H

vizsgálatához; legyen

ε

egy (a továbbiak során rögzítettnek tekintett) pozitív szám. Jelölje

H_{ε}

azoknak a [0, 1]-beli

x

értékeknek a halmazát, melyekre az

| S_{n} (x) - \frac{1}{2} | > ε

egyenlőtlenség végtelen sok

n

-re teljesül. Ha

n

egy ilyen szám, akkor legyen

k

a legnagyobb olyan egész, amelyre

\frac{1}{2} - \frac{k}{n} > ε

. Ha

| S_{n} (x) - \frac{1}{2} | > ε

, akkor

x

első

n

tizedesjegye között az 1-esek száma 0, 1,

..., k

, vagy

n, n - 1, ..., n - k

lehet.

t

darab 1-es esetén ugyanis

t < \frac{n}{2}

-re

\begin{matrix} | S_{n} (x) - \frac{1}{2} | = \frac{1}{2} - \frac{t}{n}, \end{matrix}

míg

t > \frac{n}{2}

-re

t = n - t'

és

\begin{matrix} | S_{n} (x) - \frac{1}{2} | = \frac{t}{n} - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} - \frac{t'}{n} . \end{matrix}

t

darab 1-es

(\binom{n}{t})

-féleképpen helyezkedhet el az első

n

számjegy között, és bármelyik ilyen elhelyezéshez tartozó

x

számok egy

\frac{1}{2^{n}}

hosszúságú intervallumnak a pontjai. (Egy

x = 0

α_{1} α_{2} ... α_{n} α_{n + 1} ...

tört ugyanis pontosan akkor ilyen, ha

α_{1} α_{2} ... α_{n}

éppen a kívánt elhelyezés, az

α_{n + 1} α_{n + 2} ...

rész pedig tetszőleges, azaz

0, 0 ... 0

α_{n + 1} α_{n + 2} ...

[0, \frac{1}{2^{n}}]

intervallum egyik pontja.) Az

| S_{n} (x) - \frac{1}{2} | > ε

feltételnek eleget tevő pontok tehát lefedhetők az

\begin{matrix} a_{n} = \frac{1}{2^{n}} [(\binom{n}{0}) + (\binom{n}{1}) + ... + (\binom{n}{k}) + (\binom{n}{n - k}) + ... + (\binom{n}{n})] \end{matrix}

összhosszúságú

H_{ε}^{n}

intervallumrendszerrel. Becsüljük meg

a_{n}

nagyságát! Ha

0 < y < 1

, akkor a binominális tétel értelmében

\begin{matrix} {(1 + y)}^{n} = (\binom{n}{0}) + (\binom{n}{1}) y + ... + (\binom{n}{k}) y^{k} + ... + (\binom{n}{n}) y^{n} > \\ > (\binom{n}{0}) y^{k} + (\binom{n}{1}) y^{k} + ... + (\binom{n}{k}) y^{k} = 2^{n - 1} a_{n} y^{k}, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} a_{n} < \frac{{(1 + y)}^{n}}{2^{n - 1} y^{k}} < \frac{{(1 + y)}^{n}}{2^{n - 1} y^{\frac{n}{2} - n ε}} = 2 {(\frac{1 + y}{2 y^{\frac{1}{2} - ε}})}^{n} = 2 {(\frac{1}{2} y^{ε - \frac{1}{2}} + \frac{1}{2} y^{ε + \frac{1}{2}})}^{n} . \end{matrix}

r (y) = \frac{1}{2} y^{ε - \frac{1}{2}} + \frac{1}{2} y^{ε + \frac{1}{2}}

függvény deriváltja:

\begin{matrix} r' (y) = \frac{1}{2} (ε - \frac{1}{2}) y^{ε - \frac{3}{2}} + \frac{1}{2} (ε + \frac{1}{2}) y^{ε - \frac{1}{2}} . \end{matrix}

Mivel

r (1) = 1

és

r' (1) = ε > 0

, ezért van olyan

y_{1}

hely a (0, 1) nyílt intervallumban, amelyre

r (y_{1}) < 1

. Jelölje az

r (y_{1})

értéket

v

; ekkor

\begin{matrix} a_{n} < 2 v^{n} . \end{matrix}

Legyen

β

tetszőleges pozitív szám, és válasszuk

n

-et olyan nagynak, amelyre már

\begin{matrix} 0 < 2 \frac{v^{n}}{1 - v} < β \end{matrix}

(ez megtehető, hiszen

0 < v < 1

). Ezzel az

n

-nel a

H_{ε}^{n}, H_{ε}^{n + 1}, ...

intervallumrendszerek egyesítésének összhossza legfeljebb

\begin{matrix} a_{n} + a_{n + 1} ... < 2 (v^{n} + v^{n + 1} + ...) = \frac{2 v^{n}}{1 - v} < β . \end{matrix}

H_{ε}^{n}

H_{ε}^{n + 1}, ...

intervallumrendszerek egyesítése lefedi a

H_{ε}

halmazt. Ha ugyanis

x

H_{ε}

egyik pontja, akkor léteznie kell olyan,

n

-nél nem kisebb

k

értéknek, amelyre

| S_{k} (x) - \frac{1}{2} | > ε

, hiszen ellenkező esetben

x

csak véges sok

m

-re elégíti ki az

| S_{m} (x) - \frac{1}{2} | > ε

egyenlőtlenséget.

H_{ε}

tehát lefedhető egy legfeljebb

β

összhosszúságú intervallumrendszerrel; mivel

β

tetszőlegesen kicsi lehet, ezért

H_{ε}

nullmértékű halmaz. Ily módon pl.

H_{1 / 2^{n}}

is nullmértékű, tehát a

H_{1 / 2}, H_{1 / 2^{2}}, H_{1 / 2^{3}}, ...

halmazok

W

egyesítése is nullmértékű. Végezetül megmutatjuk, hogy

W

lefedi

H

-t (ekkor persze

W = H

), így

H

is nullmértékű. Tegyük fel, hogy

x

H_{1 / 2^{n}}

halmazok egyikében sincs benne. Ez azt jelenti, hogy mindegyik

n

természetes számra az

| S_{k} (x) - \frac{1}{2} | > \frac{1}{2^{n}}

egyenlőtlenség csak véges sok

k

-ra teljesül. Így minden

n

-re létezik olyan

k_{n}

, hogy valamennyi,

k_{n}

-nél nagyobb

k

egészre

| S_{k} (x) - \frac{1}{2} | ≦ \frac{1}{2^{n}}

, tehát

\begin{matrix} {lim}_{k \to \infty}^{} S_{k} (x) = \frac{1}{2}, azaz g (x) = \frac{1}{2}; \end{matrix}

vagyis

x

nincs benne

H

-ban sem. Eszerint

H

része

W

-nek.