Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Irracionális számok és tulajdonságaik, Feladat, Indirekt bizonyítási mód
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1983/december: F.2448

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

Tegyük fel, hogy $\sqrt[]{2}$ 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 $l \leq k + 2$ . Valóban, eszerint hatmillió egyforma számjegyet legalább $5 999 998$ más jegynek kell megelőznie, és ez az első tízmillió jegy között nem lehetséges.
Legyen tehát $\sqrt[]{2}$ tizedes tört alakjának első $(1 + k - l)$ jegye $1, a_{1} a_{2} ... a_{k} c c ... c$ , és jelöljük $A$ -val az

\begin{matrix} A = 1, a_{1} a_{2} ... a_{k} + \frac{c}{9} \cdot 10^{- k} = 1, a_{1} a_{2} ..., a_{k} c c c ... \end{matrix}

számot. Ekkor

| \sqrt[]{2} - A | \leq 10^{- k - l}

, hiszen

\sqrt[]{2}

és

A

első

k + l

tizedesjegye megegyezik. Az egyenlőtlenséget

(\sqrt[]{2} + A)

-val szorozva, és felhasználva, hogy

\sqrt[]{2} + A < 4, | 2 - A^{2} | < 4 \cdot 10^{- k - l}

-re jutunk.

B = 9 \cdot 10^{k} \cdot A

egész szám, így

81 \cdot 10^{2 k}

-nal szorozva,

| 162 \cdot 10^{2 k} - B^{2} | < 364 \cdot 10^{k - l}

. Ha

l \geq k + 3

, akkor

| 162 \cdot 10^{2 k} - B^{2} | < 0, 364

; így mivel mindkét szám egész,

162 \cdot 10^{2 k} = B^{2}

, ami ellentmondás, hiszen

162

nem négyzetszám.

Megjegyzés. Hátsó borítónkon

\sqrt[]{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

P_{k}

és

Q_{k}

olyan pozitív egészek, melyekre,

P_{k}^{2} - 2 Q_{k}^{2} = 4

, akkor

P_{k + 1} = P_{k}^{2} - 2

és

Q_{k + 1} = P_{k} Q_{k}

is ilyenek:

\begin{matrix} P_{k + 1}^{2} - 2 Q_{k + 1}^{2} = {(P_{k}^{2} - 2)}^{2} - 2 {(P_{k} Q_{k})}^{2} = P_{k}^{2} (P_{k}^{2} - 2 Q_{k}^{2} - 4) + 4 = 4. \end{matrix}

Könnyen igazolható, hogy

P_{k} / Q_{k}

\sqrt[]{2}

-től kevesebb, mint

2 / Q_{k}^{2}

-val tér el. Dutka a

P_{0} = 6726

és

Q_{0} = 4756

számokból indult ki, majd az eljárást

17

-szer iterálta. A

P_{17}

és

Q_{17}

egész számok mindegyike több mint félmillió számjegyet tartalmaz, és hányadosuk millió tizedes jegy pontossággal közelíti

\sqrt[]{2}

-t. Dutka ezután négyzetre emelte az eredményt: a kapott szám egyessel kezdődött, amit a tizedesvessző után 1 000 082 darab kilences követett.