Kezdőlap


Feladat:	F.2581	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: -
Megoldó(k):	Beke T. , Benczúr A. , Bóna M. , Cynolter G. , Domokos M. , Drahos Enikő , Gyuris Viktor , Habony Zs. , Hantosi Zs. , Janszky J. , Jinda B. , John T. , Keleti T. , Kovács 666 T. , Laczi T. , Ligeti Z. , Makay G. , Nagy 424 Zsuzsanna , Pál G. , Pálmai L. , Ribényi Á. , Rimányi R. , Simon Á. , Szalay Gy. , Tasnádi T. , Várkonyi V. , Vindics P. , Zaránd G.
Füzet:	1987/január, 22 - 25. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Indirekt bizonyítási mód, Periodikus sorozatok, Szorzat, hatvány számjegyei, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1986/április: F.2581

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

I. megoldás. Megmutatjuk, hogy a válasz tagadó, a $2$ hatványainak első jegyéből készített sorozat nem periodikus. Tegyük fel, hogy mégis létezik ilyen periódus és a hossza $d$ . Ez azt jelenti, hogy a $2^{1}$ , $2^{1 + d}$ , $2^{1 + 2 d}$ , $...$ , $2^{1 + n d}$ , $...$ sorozatban minden hatvány ugyanazzal a jeggyel kezdődik, mégpedig $2^{1} = 2$ miatt kettessel. Ha egy szám első jegye $2$ , akkor a fele csakis $1$ -gyel kezdődhet, így a $2^{0}$ , $2^{d}$ , $2^{2 d}$ , $...$ , $2^{n d}$ , $...$ sorozat tagjainak $1$ a legelső számjegye.
Van tehát olyan pozitív egészekből álló $a_{n}$ sorozat, hogy minden $n ≧ 1$ esetén

\begin{matrix} 10^{a_{n}} < 2^{n d} < 2 \cdot 10^{a_{n}} . \end{matrix}

(1)

Mivel a jobb oldalon

2 \cdot 10^{a_{n}} < 10^{1 + a_{n}},

ezért

1 + a_{n}

nyilván éppen

2^{n d}

jegyeinek a száma. Megjegyezzük még, hogy (1)-ben nyilván nem állhat egyenlőség.
Belátjuk, hogy ha (1) fönnáll, akkor a

2^{n d}

sorozatban a jegyek száma mindig ugyanannyival,

a_{1}

-gyel növekszik. Írjuk fel ugyanis az (1) egyenlőtlenséget

n = 1

-re:

10^{a_{1}} < 2^{d} < 2 \cdot 10^{a_{1}}

. Ezt az (1) egyenlőtlenséggel összeszorozva kapjuk, hogy

\begin{matrix} 10^{a_{n} + a_{1}} < 2^{(n + 1) d} < 4 \cdot 10^{a_{n} + a_{1}} < 10^{1 + a_{n} + a_{1}} . \end{matrix}

Innen

2^{(n + 1) d}

jegyeinek száma

1 + a_{n + 1} = 1 + a_{n} + a_{1}

, azaz

a_{n + 1} = a_{n} + a_{1}

, ahonnan valóban

a_{n} = n a_{1}

adódik.
Ha tehát a feltevésben kimondott állítás igaz, akkor a

2^{d}

2^{2 d}

...

2^{n d}

...

sorozatban a jegyek száma mindig ugyanannyival ‐

a_{1}

-gyel ‐ nő. Megmutatjuk, hogy ez lehetetlen.
Az (1) egyenlőtlenséget átírva kapjuk, hogy

\begin{matrix} 1 < \frac{2^{n d}}{10^{a_{n}}} < 2 \end{matrix}

(2)

minden

n ≧ 1

esetén, tehát

n = 1

-re is, azaz

\begin{matrix} 1 < \frac{2^{d}}{10^{a_{1}}} < 2. \end{matrix}

(3)

Mivel (2)-ben

\frac{2^{n d}}{10^{a_{n}}} = {(\frac{2^{d}}{10^{a_{1}}})}^{n}

, hisz

a_{n} = n a_{1}

, ezért egy (3) szerint 1-nél nagyobb szám,

2^{d} 10^{a_{1}}

hatványai kivétel nélkül 1 és 2 között vannak. Ez viszont nem lehet, 1-nél nagyobb szám hatványainak sorozata nem korlátos felülről.
A kapott ellentmondás azt jelenti, hogy az (1)-beli

a_{n}

sorozat nem létezhet, az első jegyek sorozata valóban nem periodikus.

Megjegyzés. A fenti megoldás közvetlenül még nem cáfolja az úgynevezett ,,vegyes periódus'' létezését, vagyis az eddigiek alapján még lehetséges, hogy a

2

hatványok első jegyének sorozata csak egy adott

k_{0}

kitevőtől kezdve periodikus. Az alábbiakban egy általános számelméleti eredmény fel használásával megmutatjuk, hogy a 2-hatványok első jegyének sorozatában ilyen vegyes periódus sem létezik.

II. megoldás. Tegyük fel, hogy létezik olyan

k_{0}

kitevő, ahonnan kezdve periodikusan ismétlődik a 2-hatványok első jegye, és legyen a feltételezett periódus hossza ismét

d

. Ez azt jelenti, hogy a

2^{k_{0} + n d}

alakú számok első jegye minden

n ≧ 0

esetén ugyanaz; jelöljük ezt a számjegyet

t

-vel.
Tetszőleges pozitív

N

számot normál alakban írva

\begin{matrix} N = 10^{lg N} = 10^{[lg N] + {lg N}} = 10^{[lg N]} \cdot 10^{{lg N}} . \end{matrix}

N

első számjegyét nyilván a második tényező ‐ ami 1 és 10 közé esik ‐ első jegye határozza meg, ami nem más, mint a második tényező egész része. Az

N

szám első jegye így

[10^{{lg N}}]

.
Mivel

lg 2^{k_{0} + n d} = (k_{0} + n d) \cdot lg 2

, így feltevésünk szerint minden

n ≧ 0

esetén

\begin{matrix} [10^{{(k_{0} + n d) \cdot lg 2}}] = t, \end{matrix}

azaz

\begin{matrix} t ≦ 10^{{(k_{0} + n d) \cdot lg 2}} < 1 + t, \end{matrix}

ami akkor és csak akkor igaz, ha

\begin{matrix} lg t ≦ {(k_{0} + n d) \cdot lg 2} < lg (1 + t) . \end{matrix}

(4)

A (4) eredmény szerint a

(k_{0} + n d) \cdot lg 2

alakú számok mindegyikének a törtrésze a [0, 1) intervallum egy adott részébe, a

[lg t, lg (1 + t))

intervallumba esik. Az alábbiakban belátjuk, hogy ez lehetetlen, és ez azon múlik, hogy

lg 2

irracionális szám. Igaz ugyanis, hogy ha

α

tetszőleges irracionális szám, akkor a [0, 1) intervallum minden részintervalluma tartalmaz

{(k_{0} + n d) α}

alakú számot, bármilyen pozitív egészek legyenek is a

k_{0}

és a

d

. Az alábbiakban vázoljuk ennek a tételnek a bizonyítását.
Tekintsünk egy

P_{0}

kezdőpontú félegyenest és ezen a

P_{1}

P_{2}

...

P_{n}

...

pontokat úgy, hogy

P_{n} P_{n + 1} = d α

legyen (

α > 0

nyilván föltehető). Az így skálázott félegyenes érintsen a

P_{0}

pontban egy egységnyi kerületű kört, amelyre a

P_{0}

érintési pontból negatív irányba mérjük rá a

\hat{P_{0} O} = {k_{0} α}

hosszúságú ívet (l. az ábrát).

Ha most a félegyenest ,,föltekercseljük'' a körre, akkor a

P_{n}

pontok

Q_{n}

megfelelőire az

\hat{O Q_{n}}

ív hossza nyilván

{(k_{0} + n d) α}

. Azt fogjuk megmutatni, hogy bárhogyan adunk meg a körön egy

I

ívet, ez tartalmaz a belsejében

Q

pontot.
Mivel az

α

irracionális, a

Q_{n}

pontok közül semelyik kettő nem esik egybe. Ebből következik, hogy van köztük olyan kettő ‐ mondjuk

Q_{r}

és

Q_{s}

‐, amelyekre a

\hat{Q_{r} Q_{s}}

ív rövidebb a megadott

I

ívnél. Nyilván

\hat{Q_{r} Q_{s}} = \hat{Q_{r - 1} Q_{s - 1}} = \hat{Q_{r - 2} Q_{s - 2}} = ...

, ezért van olyan

Q_{m}

pont ‐

m = ∣ r - s ∣

megfelelő ‐, amelyre

Q_{r} Q_{s} = P_{0} Q_{m},

azaz a

Q_{m}

pont már a

P_{0}

-hoz van az adott

I

ív hosszánál közelebb. Így viszont a

Q_{m}

Q_{2 m}

...

Q_{I m}

...

pontokon "lépegetve'' az

I

hosszánál rövidebb lépésközzel haladunk a körvonal mentén mindig ugyanabba az irányba ‐ biztosan lesz tehát osztópont az

I

ív belsejében is.
Ezzel a bizonyítást befejeztük.

Megjegyzések. 1. A második megoldásban bizonyított állítás lényegében azzal egyenértékű, hogy irracionális

α

szám esetén a

(0, 1)

intervallum bármely részintervalluma tartalmaz

{n α}

alakú számot ‐ és így nyilván végtelen sokat tartalmaz ‐, az

{n α}

alakú számok tehát a

(0, 1)

intervallum egy sűrű halmazát alkotják. (Ez nyilván nem igaz, ha az

α

racionális.) Ennél több igaz, nevezetesen, hogy irracionális

α

esetén az

{n α}

alakú számok "egyenletesen'' helyezkednek el a

(0, 1)

intervallumban; egy tetszőleges adott

I = (a, b)

részintervallumba a sorozatnak körülbelül az

I

hosszával,

(b - a)

-val arányos mennyiségű eleme esik. Pontosabban szólva, ha a sorozat első

n

darab eleme közül

I (n)

darab esik az

I

intervallumba, akkor

{lim}_{n \to \infty}^{} \frac{I (n)}{n}

létezik és éppen

\frac{1}{b - a}

-val egyenlő. Az ilyen tulajdonságú sorozatokat modulo

1

egyenletes eloszlásúnak mondjuk.
2. A második megoldásból kitűnik, milyen nagy szerepe van a bizonyításban annak, hogy

lg 2

irracionális szám. Könnyen látható, hogy ha a 2 hatványait például 4-es számrendszerben írjuk fel

(log_{4} 2 = \frac{1}{2}

, racionális), akkor az első jegyek rendre 2, 1, 2, 1,

...,

a sorozatnak 2 hosszúságú periódusa van. Általában is egyszerűen adódik, hogy ha

log_{g} m

racionális, akkor az

m

hatványait

g

alapú számrendszerben felírva, az első jegyek periodikusan ismétlődnek.