Kezdőlap


Feladat:	F.1883	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: -
Megoldó(k):	Bacsó G. , Bezdek K. , Horváth Eszter , Kiss E. , Meszéna G. , Páles Zs. , Sparing L. , Sövér F.
Füzet:	1974/február, 61 - 63. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Paraméteres egyenlőtlenségek, Számsorozatok, Természetes számok, Tizes alapú számrendszer, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1973/május: F.1883

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

Jelöljük $n$ tizes számrendszerbeli alakjában a jegyek számát $k$ -val. Egészítsük ki képzeletben az $n$ -nél kisebb számok tizes számrendszerbeli alakját $k$ -jegyűvé úgy, hogy a hiányzó jegyek helyére 0-t írunk, és írjuk a sorozat elé a $k$ db 0-val felírt 0-t. Jelöljük a közben leírt 0-k számát $R_{k}$ -val. A kiegészítés után minden leírt számban $k$ jegy van, tehát $(n + 1)$ számban $(n + 1) k$ a jegyek száma, és erre

\begin{matrix} Q_{n} + R_{k} = (n + 1) k < n (k + 1), \end{matrix}

(2)

hiszen

k < n

, mihelyt

n > 1

.
A kiegészítés során az egyesek helyére egyetlen 0 jegyet írtunk, a tízesek helyére tíz 0-t írtunk, és így tovább, végül az első oszlopba, a

10^{k - 1}

értékű helyre

10^{k - 1}

-ig kellett 0-kat írni. Eszerint

\begin{matrix} R_{k} = 1 + 10 + 10^{2} + ... + 10^{k - 1} = \frac{10^{k} - 1}{9}, \end{matrix}

tehát

\begin{matrix} 0 < R_{k} < \frac{10}{9} \cdot 10^{k - 1} < 2 n, \end{matrix}

(3)

hiszen

n ≧ 10^{k - 1}

.
Jelöljük a kiegészítés után az összes 0 jegyek számát

S_{n}

-nel, a

10^{j - 1}

helyi értékű pozícióban levő 0-k számát

S_{n} (j)

-vel. E jelölések definíciója szerint

\begin{matrix} P_{n} + R_{k} = S_{n}, & (4) \\ S_{n} = S_{n} (1) + S_{n} (2) + ... + S_{n} (k) . \end{matrix}

Az egyesek oszlopában egy 0 után kilenc 0-tól különböző jegy áll, és ez ciklikusan ismétlődik. Emiatt

\begin{matrix} n + 1 ≦ 10 S_{n} (1) < n + 10. \end{matrix}

A tízesek oszlopában tíz db 0 után kilencven db 0-tól különböző jegy következik, és ez ciklikusan ismétlődik, tehát

\begin{matrix} n + 1 ≦ 10 S_{n} (2) < n + 100. \end{matrix}

Általában a

10^{j - 1}

helyi értékű számjegyek sorozata

10^{j - 1}

db 0-val kezdődik; utánuk

9 \cdot 10^{j - 1}

db 0-tól különböző jegy következik, és ez ciklikusan ismétlődik, tehát

\begin{matrix} n + 1 ≦ 10 S_{n} (j) < n + 10^{j} . \end{matrix}

Összegezve ezeket az egyenlőtlenségeket, kapjuk, hogy

\begin{matrix} k n < k (n + 1) ≦ 10 S_{n} < k n + 10 \frac{10^{k} - 1}{9} < k n + \frac{10^{2}}{9} \cdot 10^{k - 1} < (k + 12) n . \end{matrix}

Felhasználva a (3) és (4) összefüggéseket, kapjuk, hogy

\begin{matrix} P_{n} = S_{n} - R_{k} < \frac{k + 12}{10} \cdot n, \\ P_{n} = S_{n} - R_{k} > \frac{k}{10} n - 2 n = \frac{k - 20}{10} \cdot n . \end{matrix}

A (2) és (3) összefüggések szerint hasonlóan egyrészt

\begin{matrix} Q_{n} = (n + 1) k - R_{k} > n k - 2 n = (k - 2) n, \end{matrix}

másrészt

\begin{matrix} Q_{n} < (k + 1) n . \end{matrix}

Ezek alapján a

P_{n} / Q_{n}

hányadosra írhatunk fel korlátokat:

\begin{matrix} \frac{k - 20}{k + 1} \cdot \frac{1}{10} < \frac{P_{n}}{Q_{n}} < \frac{k + 12}{k - 2} \cdot \frac{1}{10} . \end{matrix}

Itt mindkét oldal határértéke 1/10, hiszen

n

-nel együtt

k

is tart a végtelenbe. Ez valóban így van, hiszen tetszőlegesen nagy

A

számhoz van olyan

N

, hogy

k ≧ A

, minden

N

-nél nagyobb

n

természetes számra ‐

N

szerepére ugyanis választhatjuk akármelyik

[A]

-jegyű számot. ‐ A feladat állítását ezzel bebizonyítottuk.