Kezdőlap


Cím:	"Mely valós számok esnek ""legtávolabbra"" az összes racionális számtól?"
Szerző(k):	Harcos Gergely
Füzet:	1992/március, 97 - 105. 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.

Bevezetés. Az Olimpia 6. feladatához néhány megjegyzést fűzve vetettem fel a következő kérdést (KöMaL 1991/8-9. szám, 344. old.):
Milyen kicsi lehet az $α$ , ha található hozzá olyan $ξ$ , hogy tetszőleges $q > 0$ és $p$ egészekre fennáll az

\begin{matrix} | ξ - \frac{p}{q} | \geq \frac{1}{α q^{2}} & (1) \end{matrix}

egyenlőtlenség?
Az

α

-ra azért volt szükségünk, hogy segítségével elő tudjunk állítani egy olyan, a feladatban megkívánt tulajdonságú sorozatot, amelynek elemei egy

α

hosszúságú nyílt intervallumban helyezkednek el. Az intervallum sugara tehát annál kisebb, minél kisebbre tudjuk az

α

-t választani.
A múltkori dolgozatban részleges választ adtam a kérdésre, bebizonyítva azt, hogy

α = \frac{3 + \sqrt[]{5}}{2}

még megfelelő (pl.

ξ = \frac{\sqrt[]{5} - 1}{2}

esetén), továbbá, hogy

α < 2,5

már nem lehetséges.
Ebben a dolgozatban többek között teljes választ adtam erre a kérdésre: igazoltam, hogy a jó

α

-k között van legkisebb, mégpedig éppen

α = \frac{3 + \sqrt[]{5}}{2}

. (Ez egyébként azt jelenti, hogy az előző dolgozatban definiált

h

értéke

\frac{3 + \sqrt[]{5}}{2}

I_{a} = (h, + \infty)

és

I_{b} = (0, h)

, továbbá hogy az ott megadott módszerrel konstruált

(x_{k})

sorozat lehető legkisebb korlátja

β = \frac{3 + \sqrt[]{5}}{4}

.)
Tanulságos végiggondolni, hogy hogyan kaptuk a múltkor az

α \geq 2,5

eredményt.
Mindenekelőtt vezessük be tetszőleges

x

valós szám esetén az

x

-nek a hozzá legközelebbi egésztől való eltérésére az

∥ x ∥

jelölést:

\begin{matrix} ∥ x ∥ =_{}^{def} min ({x},1 - {x}), \end{matrix}

ahol

{x} = x - [x]

x

törtrészét jelöli.
Nyilvánvaló, hogy (1) pontosan akkor teljesül valamilyen

α

mellett a

ξ

-re, ha

∥ ξ ∥

-re (vagy pl.

(1 - ∥ ξ ∥)

-re) is fennáll, ezért az általánosság csorbítása nélkül feltehetjük, hogy

ξ \in [0; \frac{1}{2}]

vagy hogy

ξ \in [\frac{1}{2}; 1]

; (kényelmi szempontból hol az egyik, hol a másik intervallummal dolgozunk majd).
Ezzel a megjegyzéssel ui. azt kapjuk, hogy az (1)-ben az

α

-hoz pontosan akkor található megfelelő

ξ

, ha a

(\frac{p}{q} - \frac{1}{α q^{2}}; \frac{p}{q} + \frac{1}{α q^{2}})

alakú intervallumok (

q > 0

és

p

egészek) nem fedik le a

[0; \frac{1}{2}]

-et, illetve ami ezzel ekvivalens:

[\frac{1}{2}; 1]

-et. Na már most az, hogy az

α

nem megfelelő számunkra (tehát, hogy nem található hozzá (1)-beli

ξ

), éppen azt jelenti, hogy

\begin{matrix} [\frac{1}{2}; 1] \subset ⋃_{p, q \in Z, 0 < q} (\frac{p}{q} - \frac{1}{α q^{2}}; \frac{p}{q} + \frac{1}{α q^{2}}) . \end{matrix}

(*)

Aki ismeri a híres Borel-féle befedési tételt, az ezen a ponton felkiált: hohó, hiszen ebből következik, hogy a rossz

α

-k között nincs maximális, vagyis hogy a jó

α

-k között van minimális. Ha ui. feltesszük, hogy a rossz

α

-k között van egy

α^{*}

maximális, akkor arra (*) teljesül, ami azt jelenti, hogy a bal oldali zárt intervallumot lefedik a jobb oldali nyílt intervallumok. A Borel-tétel szerint tehát a jobb oldali nyílt intervallumok közül már véges sok is befedi az

[\frac{1}{2}; 1]

-et, és ekkor ‐ amint az könnyen végiggondolható ‐ a fedő intervallumokat összehúzhatjuk egy kicsit a középpontjukból úgy, hogy továbbra is befedjék az

[\frac{1}{2}; 1]

-et. Más szóval az

α^{*}

-ot egy kicsit növelve még mindig rossz

α

-t kapunk, ami ellentmond

α^{*}

maximalitásának.
A Borel-tétel segítségével tehát máris beláttuk, hogy a jó

α

-k között van minimális: ezt természetesen bizonyítani fogjuk az alábbiakban a Borel-tétel felhasználása nélkül is. A Borel-féle befedési tétel mindenesetre azt jelenti, hogy minden rossz

α

-hoz meg tudunk adni véges sok

\frac{p}{q}

törtet úgy, hogy már azokkal is teljesüljön (*).
Hogyan bizonyítanánk például ezt az elvet szem előtt tartva, hogy

α < 2

nem lehetséges(1)-ben? Egyszerűen úgy, hogy a (*) jobb oldalán egyetlen

\frac{p}{q}

törtet veszünk,

\frac{p}{q} = 1

, és már az ehhez tartozó intervallum is lefedi az

[\frac{1}{2}; 1]

-et:

α < 2

, akkor

[\frac{1}{2}; 1] \subset (1 - \frac{1}{α}; 1 + \frac{1}{α})

Ahogyan

α

-t a

2

-höz közelítjük (alulról), a jobb oldali intervallum bal végpontja

(1 - \frac{1}{α})

\frac{1}{2}

-hez tart, ami arra késztet bennünket, hogy az

\frac{1}{2}

-et is vegyük be a

\frac{p}{q}

törtek (eddig csak az

\frac{1}{1}

!) közé.
A kérdés tehát az, hogy milyen lehet az

α

, ha

\begin{matrix} [\frac{1}{2}; 1] \subset (\frac{1}{2} - \frac{1}{4 α}; \frac{1}{2} + \frac{1}{4 α}) \cup (1 - \frac{1}{α}; 1 + \frac{1}{α}) . & (*1) \end{matrix}

Egyszerű számolás adja az

α < \frac{5}{2}

eredményt.
Ezzel tehát beláttuk, hogy az

α < 2,5

számok a rossz

α

-k közé tartoznak, hiszen kielégítik a (*) relációt.
Mi történik akkor, ha most nem állunk meg, és a felhasznált

\frac{p}{q}

-k eddigi halmazát (

\frac{1}{2}

és

1

) bővíteni próbáljuk?
Az

α

-t az

\frac{5}{2}

-hez közelítve a (

* 1

) jobb oldalán álló nyílt intervallumok

\frac{1}{2} + \frac{1}{4 α}

, illetve

1 - \frac{1}{α}

határpontjai a közös

\frac{3}{5}

értékhez tartanak, tehát célszerű a

\frac{p}{q}

-khoz a

\frac{3}{5}

-öt is hozzávenni. Feltéve most a kérdést, hogy milyen

α

-kra teljesül

\begin{matrix} [\frac{1}{2}; 1] \subset (\frac{1}{2} - \frac{1}{4 α}; \frac{1}{2} + \frac{1}{4 α}) \cup (\frac{3}{5} - \frac{1}{25 α}; \frac{3}{5} + \frac{1}{25 α}) \cup (1 - \frac{1}{α}; 1 + \frac{1}{α}), \end{matrix}

α < \frac{13}{5}

egyenlőtlenséget kapjuk.
Tehát az

α < \frac{13}{5}

számok is a rossz

α

-k közé tartoznak. Ezt a sort még jó ideig folytathatnánk, eközben mindenkiben kialakulna az a sejtés, hogy a

\frac{p}{q}

-k közé az

\begin{matrix} 1, \frac{1}{2}, \frac{3}{5}, \frac{8}{13}, \frac{21}{34}, \dots \end{matrix}

szomszédos Fibonacci-számok hányadosait érdemes felvenni (ezek éppen a kritikus

\frac{\sqrt[]{5} + 1}{2}

értékhez közelítenek), és ezekkel rendre az

\begin{matrix} α < \frac{2}{1}, α < \frac{5}{2}, α < \frac{13}{5}, α < \frac{34}{13}, ... \end{matrix}

számokat tudnánk besorolni a rossz

α

-k közé.
Az egyenlőtlenségek jobb oldalán éppen a Fibonacci-sorozat bizonyos másodszomszédos elemeiből képzett hányadosok állnak, ezeknek pedig a

{(\frac{\sqrt[]{5} + 1}{2})}^{2} = \frac{\sqrt[]{5} + 3}{2}

a határértéke.
Vagyis a sejtés igaz volta éppen azt jelentené, hogy minden

α < \frac{\sqrt[]{5} + 3}{2}

kielégíti a (*) relációt, tehát hogy az (1)-ben jó

α

-kra fennáll

α \geq \frac{\sqrt[]{5} + 3}{2}

. Mivel pedig láttuk, hogy

\frac{\sqrt[]{5} + 3}{2}

jó, ez azt igazolná, hogy a jó

α

-k legkisebbike

\frac{\sqrt[]{5} + 3}{2}

.
Ezt az elég vázlatos fejtegetést írjuk át a továbbiakban precíz tételekké és bizonyításokká.

Az egyszerűség kedvéért legyen

f (x) =_{}^{def} 1 - ∥ x ∥

, és jelöljön

ξ

a továbbiakban mindig irracionális számot (racionális számokra ui. triviálisak a tételek).
1. Tétel.
a) Ha

\frac{3 - \sqrt[]{5}}{2} < ∥ ξ ∥

, akkor alkalmas

q > 0

és

p

egészekkel

\frac{1}{2,9 \cdot q^{2}} > | ξ - \frac{p}{q} |

b) Ha

∥ ξ ∥ < \frac{3 - \sqrt[]{5}}{2}

, akkor alkalmas

q > 0

és

p

egészekkel

\frac{1}{3 \cdot q^{2}} > | ξ - \frac{p}{q} |

.
A bizonyításnál és a későbbiekben is segítségünkre lesz a következő, önmagában is érdekes
1. Lemma. Tetszőleges pozitív egész

k

szám esetén értelmezzük az

(s_{n})

sorozatot az

\begin{matrix} s_{0} & = & 0, \\ s_{1} & = & 1, \\ s_{n} & = & k s_{n - 1} + s_{n - 2}, (n \geq 2) \end{matrix}

előírással. Jelöljük továbbá a szomszédos elemek hányadosaiból képzett sorozatot

(t_{n})

-nel

\begin{matrix} t_{n} = \frac{s_{n}}{s_{n + 1}} (n \in N) . \end{matrix}

Ekkor
a)

s_{n}^{2} - s_{n - 1} s_{n + 1} = {(- 1)}^{n - 1}, (n \geq 1);

t_{n} - t_{n - 1} = \frac{{(- 1)}^{n - 1}}{s_{n} s_{n + 1}}, (n \geq 1);

s_{n - 2} s_{n + 1} - s_{n - 1} s_{n} = k \cdot {(- 1)}^{n - 1}, (n \geq 2);

t_{n - 2} - t_{n} = \frac{k \cdot {(- 1)}^{n - 1}}{s_{n - 1} s_{n + 1}}, (n \geq 2);

t_{0} < t_{2} < t_{4} < ... < γ_{k} < ... < t_{5} < t_{3} < t_{1};

{lim}_{}^{}_{n}^{} t_{n} = γ_{k}

, ahol

γ_{k} = \frac{\sqrt[]{k^{2} + 4} - k}{2}

Bizonyítás.
a) Legyen

i \geq 2

tetszőleges egész. Ekkor a definíció szerint

\begin{matrix} s_{i}^{2} - s_{i - 1} s_{i + 1} = s_{i}^{2} - s_{i - 1} (k s_{i} + s_{i - 1}) = - s_{i - 1}^{2} + s_{i}^{2} - k s_{i - 1} s_{i} = \\ = - s_{i - 1}^{2} + s_{i} (s_{i} - k s_{i - 1}) = - s_{i - 1}^{2} + s_{i - 2} s_{i}, azaz \\ \frac{s_{i}^{2} - s_{i - 1} s_{i + 1}}{s_{i - 1}^{2} - s_{i - 2} s_{i}} = - 1, tehát \\ s_{n}^{2} - s_{n - 1} s_{n + 1} = (s_{1}^{2} - s_{0} s_{2}) \prod_{i = 2}^{n} \frac{s_{i}^{2} - s_{i - 1} s_{i + 1}}{s_{i - 1}^{2} - s_{i - 2} s_{i}} = \\ = 1 \cdot {(- 1)}^{n - 1} = {(- 1)}^{n - 1} . \end{matrix}

b) Triviálisan adódik a)-ból.
c) Felhasználva a)-t,

\begin{matrix} s_{n - 2} s_{n + 1} - s_{n - 1} s_{n} = s_{n - 2} (k s_{n} + s_{n - 1}) - s_{n - 1} (k s_{n - 1} + s_{n - 2}) = \\ = k s_{n - 2} s_{n} - k s_{n - 1}^{2} = - k (s_{n - 1}^{2} - s_{n - 2} s_{n}) = \\ = - k \cdot {(- 1)}^{n - 2} = k \cdot {(- 1)}^{n - 1} . \end{matrix}

d) Triviálisan adódik c)-ből.
e) A d) összefüggés szerint a

t_{n} - t_{n - 2}

különbség pozitív vagy negatív aszerint, hogy

n

páros vagy páratlan. Így

t_{0} < t_{2} < t_{4} < ...

, illetve

t_{1} > t_{3} > t_{5} > ...

.
Ha

n = 2 m

páros, akkor b)-ből

\begin{matrix} t_{2 m} - t_{2 m - 1} = t_{n} - t_{n - 1} < 0, azaz \\ t_{2 m} < t_{2 m - 1} \leq t_{1}, \end{matrix}

tehát a növekvő

(t_{0}, t_{2}, t_{4} ...)

sorozat felülről korlátos, ami miatt létezik az

L_{0} = {lim}_{}^{}_{m}^{} t_{2 m}

határérték. Hasonlóan a fogyó

(t_{1}, t_{3}, t_{5}, ...)

sorozat alulról korlátos, ami miatt létezik az

L_{1} = {lim}_{}^{}_{m}^{} t_{2 m - 1}

határérték. Mivel

s_{n} \to \infty

(ez nyilvánvaló), ezért b)-ből

\begin{matrix} {lim}_{}^{}_{m}^{} (t_{2 m - 1} - t_{2 m}) = 0, azaz \\ L_{1} - L_{0} = 0 következik. \end{matrix}

Így tehát

L_{0} = L_{1}

, és létezik az

L = {lim}_{}^{}_{n}^{} t_{n}

határérték. Erre természetesen

\begin{matrix} t_{0} < t_{2} < t_{4} < ... < L < ... < t_{5} < t_{3} < t_{1} . \end{matrix}

Nyilván

\begin{matrix} \frac{1}{L^{2}} = {lim}_{}^{}_{n}^{} \frac{1}{t_{n} t_{n + 1}} = {lim}_{}^{}_{n}^{} \frac{s_{n + 2}}{s_{n}} = {lim}_{}^{}_{n}^{} \frac{k \cdot s_{n + 1} + s_{n}}{s_{n}} = \\ = 1 + k \cdot {lim}_{}^{}_{n}^{} \frac{s_{n + 1}}{s_{n}} = 1 + \frac{k}{L}, \end{matrix}

tehát

\frac{1}{L}

gyöke az

\begin{matrix} x^{2} = k x + 1 & (2) \end{matrix}

egyenletnek.
Ha még figyelembe vesszük, hogy

\frac{1}{L} > \frac{1}{t_{1}} = k

, akkor

\begin{matrix} \frac{1}{L} = \frac{k + \sqrt[]{k^{2} + 4}}{2}, vagyis \\ L = \frac{2}{k + \sqrt[]{k^{2} + 4}} = \frac{\sqrt[]{k^{2} + 4} - k}{2} = γ_{k} . \end{matrix}

2. Lemma. Rögzítsük

k

értékét, és használjuk az 1. Lemma jelöléseit.
a) Ha

m

tetszőleges természetes szám, akkor

\begin{matrix} α = k + \frac{2}{k} - \frac{k}{s_{2 m + 1} s_{2 m + 3}} & (3) \end{matrix}

esetén

\begin{matrix} [t_{2 m}; γ_{k}) \subset ⋃_{l = m}^{\infty} [t_{2 l} - \frac{1}{α \cdot s_{2 l + 1}^{2}}; t_{2 l} + \frac{1}{α \cdot s_{2 l + 1}^{2}}] . \end{matrix}

\begin{matrix} α = k + \frac{2}{k} \end{matrix}

(4)

esetén

\begin{matrix} (γ_{k}; t_{1}] \subset ⋃_{l = 1}^{\infty} [t_{2 l - 1} - \frac{1}{α \cdot s_{2 l}^{2}}; t_{2 l - 1} + \frac{1}{α \cdot s_{2 l}^{2}}] . \end{matrix}

Bizonyítás.
a) Az állítás azt mondja ki, hogy a

[t_{2 m}; γ_{k})

intervallumot lefedik az

\begin{matrix} [\frac{s_{2 l}}{s_{2 l + 1}} - \frac{1}{α \cdot s_{2 l + 1}^{2}}; \frac{s_{2 l}}{2_{2 l + 1}} + \frac{1}{α \cdot s_{2 l + 1}^{2}}] (l \geq m) \end{matrix}

alakú intervallumok, ha

α

értékét

(3)

-nak választjuk. Az 1. Lemma e) állítása szerint

\begin{matrix} [t_{2 m}; γ_{k}) = ⋃_{l = m}^{\infty} [t_{2 l}; t_{2 l + 2}], \end{matrix}

ezért elegendő belátnunk; hogy

l \geq m

esetén

\begin{matrix} [t_{2 l}; t_{2 l + 2}] \subset [t_{2 l} - \frac{1}{α \cdot s_{2 l + 1}^{2}}; t_{2 l} + \frac{1}{α \cdot s_{2 l + 1}^{2}}] \cup [t_{2 l + 2} - \frac{1}{α \cdot s_{2 l + 3}^{2}}; t_{2 l + 2} + \frac{1}{α \cdot s_{2 l + 3}^{2}}] . \end{matrix}

Ez pontosan akkor teljesül, ha

\begin{matrix} [t_{2 l}; t_{2 l + 2}] \subset [t_{2 l}; t_{2 l} + \frac{1}{α \cdot s_{2 l + 1}^{2}}] \cup [t_{2 l + 2} - \frac{1}{α \cdot s_{2 l + 3}^{2}}; t_{2 l + 2}], \end{matrix}

azaz ha

\begin{matrix} t_{2 l + 2} - t_{2 l} \leq \frac{1}{α \cdot s_{2 l + 1}^{2}} + \frac{1}{α \cdot s_{2 l + 3}^{2}} . \end{matrix}

Az egyenlőtlenséget az 1. Lemma a) és d) összefüggéseinek segítségével ekvivalensen átalakítva

\begin{matrix} \frac{k}{s_{2 l + 1} s_{2 l + 3}} & \leq \frac{1}{α \cdot s_{2 l + 1}^{2}} + \frac{1}{α \cdot s_{2 l + 3}^{2}}, azaz \\ k \cdot α & \leq \frac{s_{2 l + 3}^{2} + s_{2 l + 1}^{2}}{s_{2 l + 1} s_{2 l + 3}} = \frac{{(s_{2 l + 3} - s_{2 l + 1})}^{2} + 2 s_{2 l + 1} s_{2 l + 3}}{s_{2 l + 1} s_{2 l + 3}} = \\ = 2 + \frac{{(s_{2 l + 3} - s_{2 l + 1})}^{2}}{s_{2 l + 1} s_{2 l + 3}} = 2 + \frac{{(k s_{2 l + 2})}^{2}}{s_{2 l + 1} s_{2 l + 3}} = \\ = 2 + k^{2} \cdot \frac{s_{2 l + 1} s_{2 l + 3} - 1}{s_{2 l + 1} s_{2 l + 3}}, vagyis \\ α & \leq k + \frac{2}{k} - \frac{k}{s_{2 l + 1} s_{2 l + 3}}, & (5) \end{matrix}

amit (3)-mal egybevetve

\begin{matrix} - \frac{k}{s_{2 m + 1} s_{2 m + 3}} & \leq - \frac{k}{s_{2 l + 1} s_{2 l + 3}}, \\ s_{2 m + 1} s_{2 m + 3} & \leq s_{2 l + 1} s_{2 l + 3}; \end{matrix}

ez pedig

m \leq l

miatt nyilván teljesül.
b) Hasonlóan az a) állítás bizonyításához,

\begin{matrix} (γ_{k}; t_{1}] = ⋃_{l = 1}^{\infty} [t_{2 l + 1}; t_{2 l - 1}] \end{matrix}

miatt elegendő tetszőleges

l \geq 1

esetére belátnunk a

\begin{matrix} | t_{2 l + 1} - t_{2 l - 1} | \leq \frac{1}{α \cdot s_{2 l + 2}^{2}} + \frac{1}{α \cdot s_{2 l}^{2}} \end{matrix}

egyenlőtlenséget, amiből az előző esetbelivel azonos ekvivalens átalakítással az (5)-höz hasonló

\begin{matrix} α \leq k + \frac{2}{k} + \frac{k}{s_{2 l} s_{2 l + 2}} \end{matrix}

(5')

egyenlőtlenséghez jutunk. Mivel most

α

értékét (4) adja meg, ezért (5') valóban fennáll, és ez igazolja állításunkat.

□

Az 1. és a 2. Lemmából nekünk csak a

k = 1,2;