Kezdőlap


Feladat:	F.2009	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: -
Füzet:	1976/március, 104. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Maradékos osztás, Számsorok, Természetes számok, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1975/november: F.2009

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

Csoportosítsuk a sorozat tagjait az $a_{1}$ -gyel való osztásuknál fellépő maradék szerint. Nem lehet, hogy minden csoportba csak véges sok elem kerüljön, hiszen csak véges sok csoport alakulhat ki (legfeljebb $a_{1}$ darab), és a sorozat végtelen. Van tehát olyan csoport, amelyben végtelen sok elem van. Legyen ennek $a_{p}$ , $a_{m}$ tetszőleges két eleme, melyek indexére $1 < p < m$ teljesül. Mivel ezek az elemek ugyanabban a csoportban vannak, különbségük osztható $a_{1}$ -gyel:

\begin{matrix} a_{m} - a_{p} = y \cdot a_{1}, \end{matrix}

(1)

ahol

y

egész szám, és

p < m

a_{p} < a_{m}

miatt pozitív is. Tehát

\begin{matrix} a_{m} = a_{p} + y a_{1}, \end{matrix}

(2)

ami éppen egy a kívánt előállítások közül. Mivel az

a_{p}

a_{m}

elemeket végtelen sokféleképpen választhatjuk meg, ezzel a feladat állítását bizonyítottuk.

Megjegyzések. 1. megoldásunkban

q

és

x

értéke 1-nek adódott. Könnyen látható, hogy rögzített

x

mellett

y

értéke már nem mindig lehet rögzített, például biztosan nem az, ha

a_{n} = n

! (

n

faktorális). Érdekes volna megvizsgálni, hogy minden sorozatra igaz-e, hogy tetszőleges

n

-hez találhatók benne olyan

a_{p}

a_{m}

a_{q}

elemek, amelyekre

a_{m} = x a_{p} + y a_{q}

, ahol

x

y

n

-nél nagyobb egészek.
2. Könnyen látható, hogy sem a sorozat monotonitása, sem a tagok pozitív volta nem szükséges feltétele az állításnak (az persze kell, hogy a tagok egészek legyenek).