Feladat: F.2448 Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Bán Rita ,  Erdős L. ,  Fülöp T. ,  Hraskó A. ,  Karácsony P. ,  Katona Gy. ,  Komorowicz J. ,  Kós G. ,  Kovács 111 S. ,  Magyar Á. ,  Megyesi G. ,  Mócsy M. ,  Németh-Buhin Á. ,  Pintér Gabriella ,  Ribényi Á. ,  Somogyi 196 A. ,  Szabó Sz. ,  Zsigri G. 
Füzet: 1984/május, 212 - 213. oldal  PDF file
Témakör(ök): Irracionális számok és tulajdonságaik, Feladat, Indirekt bizonyítási mód
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1983/december: F.2448

Bizonyítsuk be, hogy 2 tizedestört-alakjában az első tízmillió számjegy közt nincs hatmillió egymás utáni egyforma!

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

Tegyük fel, hogy 2 tizedes tört alakjában a (k+1)-edik jeggyel kezdődően l db egymás utáni számjegy egyforma, jelöljük ezt a számjegyet c-vel. A feladat megoldásához elég bizonyítani, hogy lk+2. Valóban, eszerint hatmillió egyforma számjegyet legalább 5999998 más jegynek kell megelőznie, és ez az első tízmillió jegy között nem lehetséges.
Legyen tehát 2 tizedes tört alakjának első (1+k-l) jegye 1,a1a2...akcc...c, és jelöljük A-val az

A=1,a1a2...ak+c910-k=1,a1a2...,akccc...
számot. Ekkor |2-A|10-k-l, hiszen 2 és A első k+l tizedesjegye megegyezik. Az egyenlőtlenséget (2+A)-val szorozva, és felhasználva, hogy 2+A<4,|2-A2|<410-k-l-re jutunk. B=910kA egész szám, így 81102k-nal szorozva, |162102k-B2|<36410k-l. Ha lk+3, akkor |162102k-B2|<0,364; így mivel mindkét szám egész, 162102k=B2, ami ellentmondás, hiszen 162 nem négyzetszám.
 

Megjegyzés. Hátsó borítónkon 2 első 3001 jegye látható. A számot nagy pontossággal elsőként feltehetően egy, a 19. század végén élt ügyvéd, jogász és műszaki tanácsadó, J. M. Boorman számította ki. Összesen 569 jegyet adott meg, később kiderült, hogy ebből csak az első 316 helyes. Elektronikus számítógépet 1966-ban vetettek be, s 1967-ben már az első százezer számjegy ismert volt. 1970/71-ben azután egy IBM 360/91-es számítógépen 48 órai számítással J. Dutka egymillió számjegyet kapott (Columbia Egyetem, USA). Ez utóbbi számítás érdekessége, hogy egy, ún. Pell-egyenletet alkalmazott. Ha Pk és Qk olyan pozitív egészek, melyekre, Pk2-2Qk2=4, akkor Pk+1=Pk2-2 és Qk+1=PkQk is ilyenek:
Pk+12-2Qk+12=(Pk2-2)2-2(PkQk)2=Pk2(Pk2-2Qk2-4)+4=4.
Könnyen igazolható, hogy Pk/Qk a 2-től kevesebb, mint 2/Qk2-val tér el. Dutka a P0=6726 és Q0=4756 számokból indult ki, majd az eljárást 17-szer iterálta. A P17 és Q17 egész számok mindegyike több mint félmillió számjegyet tartalmaz, és hányadosuk millió tizedes jegy pontossággal közelíti 2-t. Dutka ezután négyzetre emelte az eredményt: a kapott szám egyessel kezdődött, amit a tizedesvessző után 1 000 082 darab kilences követett.