Kezdőlap


Feladat:	F.2693	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	1988/december, 445. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Irracionális számok és tulajdonságaik, Egészrész, törtrész függvények, Páros gráfok, Számhalmazok, Indirekt bizonyítási mód, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1988/május: F.2693

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

I. megoldás. Legyen az öt szám $a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}$ . Tekintsük az összes olyan $a_{i}, a_{j}$ párt, amelyek $a_{i} + a_{j}$ összege racionális. Valamennyi ilyen racionális összeget tört alakba írva, legyen ezek egyik közös nevezője $N$ . (Ha egyáltalán nincs racionális összeg, akkor legyen $N = 1$ .) Az $N a_{i}$ számok közül bármelyik kettő összege vagy irracionális, vagy pedig egész. Mivel mindegyik $N a_{i}$ irracionális, ezért $N a_{i}$ tört része nem $0$ és nem $1 / 2$ ; osszuk két csoportba ezeket a számokat aszerint, hogy törtrészük $1 / 2$ -nél kisebb, ill. nagyobb. Valamelyik csoportba legalább három szám esik, és ezek közül semelyik kettő összege sem egész, következésképpen közülük bármelyik kettő összege irracionális.

Megjegyzés. A fenti megoldással általánosabban az is belátható, hogy

m

darab irracionális szám között mindig van legalább

[\frac{m + 1}{2}]

olyan, amelyek közül akármelyik két szám összege irracionális. Az

[\frac{m + 1}{2}]

korlát általában nem növelhető; legyen ui.

m = 2 n

a

pedig tetszőleges irracionális szám; ekkor

a, - a, 2 a, 2 a, 3 a, - 3 a, ..., n a, - n a

irracionálisak, és közülük

[\frac{m + 1}{2}] = n

-nél többet kiválasztva, valamelyik összeg biztosan nulla.

II. megoldás. Tekintsük azt a gráfot, amelynek csúcsai az

a_{1}, a_{2}, ..., a_{m}

irracionális számok, és

a_{i}

akkor van

a_{j}

-vel összekötve, ha

a_{i} + a_{j}

racionális. Megmutatjuk, hogy így páros gráfhoz jutunk, azaz a gráf csúcsai két osztályba sorolhatók úgy, hogy azonos osztályba lévő csúcsok ne legyenek összekötve. Mivel az egyik osztályba legalább

[\frac{m + 1}{2}]

darab csúcs esik, ezért (általánosított) feladatunk állítása már nyilvánvalóan következni fog. Az F. 2670. feladat megoldásához fűzött megjegyzésben (lásd 1988/7. számunk 303. oldalán) utaltunk arra a megoldásban igazolt tényre, hogy egy gráf páros, ha nincs benne páratlan sok csúcsot tartalmazó kör. Tegyük fel tehát, hogy ilyen kör mégis létezik a gráfban, azaz pl.

a_{1}, a_{2}, ..., a_{2 k + 1}

ebben a sorrendben kört alkot. Ez azt jelenti, hogy

a_{1} + a_{2}, a_{2} + a_{3}, ..., a_{2 k} + a_{2 k + 1}, a_{2 k + 1} + a_{1}

valamennyien racionális számok; ekkor azonban

\begin{matrix} a_{1} = \frac{1}{2} ((a_{1} + a_{2}) - (a_{2} + a_{3}) + (a_{3} + a_{4}) - + ... - (a_{2 k} + a_{2 k + 1}) + (a_{2 k + 1} + a_{1})) \end{matrix}

is racionális, ami ellentmondás.