Feladat: Pontversenyen kívüli P.265 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Balázs Iván József ,  Horváth 712 István ,  Hujter Mihály ,  Krenedits Sándor ,  Lévai László ,  Mózner László ,  Sali Attila ,  Seress Ákos ,  Váradi Ferenc ,  Vékony György 
Füzet: 1977/október, 71 - 72. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Indirekt bizonyítási mód, Konstruktív megoldási módszer, Mértani sorozat, Természetes számok, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1976/március: Pontversenyen kívüli P.265

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

A válasz: igen, ennek bizonyítására elegendő megadnunk egy megfelelő felosztást.

 

A halmaz: 1;3,4,5,6;25,26,27,...,120;...

B halmaz: 2;7,8,...,24;121,122,...,720,...
 

A képzés módja: az A csoportba kerülnek azok az x természetes számok, melyekre (2k)!+1≤x≤(2k+1)!, a B csoportba pedig 2 és azon y számok, melyekre
(2k+1)!+1≤y≤(2k+2)!(k=1,2,3,...)
Nyilvánvaló, hogy így minden természetes szám pontosan egy csoportban szerepel.
Annak bizonyítására, hogy egyik csoport sem tartalmaz végtelen mértani sorozatot, induljunk ki egy tetszőlegesen megadott q hányadosú végtelen mértani sorozatból. Belátjuk, hogy található a sorozatnak két olyan tagja, hogy egyik A-ban, a másik B-ben van.
(Nyilván q természetes szám.) Legyen m a sorozat (q+1)!-nál nagyobb elemei közül a legkisebb. Ilyen m biztosan létezik, mert (q+1)!-nál kisebb természetes szám csak véges sok van. Jelölje n azt a (egyetlenegy!) természetes számot, amelyre
n!+1≤m≤(n+1)!(1)
Ezért m definícióját figyelembe véve adódik, hogy
n≥q+1.
Vizsgáljuk a sorozat m,mq,mq2,... tagjait. Mivel
limk→∞(mqk)=+∞, létezik olyan k természetes szám, hogy
mqk-1≤(n+1)!<mqk.
Viszont
mqk=m⋅qk-1⋅q≤mqk-1⋅(n-1)<mqk-1⋅(n+2)≤(n+1)!(n+2)=(n+2)!
Így (n+1)!+1=mqk≤(n+2)! egyenlőtlenséghez jutottunk. Ez pedig, (1)-et figyelembe véve, azt jelenti, hogy a sorozat első tagja: m és mqk nem lehet ugyanabban a csoportban, s így ellentmondásra jutottunk.
 

 Seress Ákos (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn.)
 

Megjegyzések. 1. Legyen a1,a2,... természetes számoknak egy olyan végtelen sorozata, melyre an+1/an szigorúan monoton növekedve +∞-hez tart. A={x/x természetes szám és a2n≤x≤a2n+2}B={x/x term. szám és a2n-1≤x<a2n+1}. Ekkor is megfelelő felosztást kapunk.
 

 Balázs Iván József és Vékony György (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn.)
 

2. Jelölje X és Y a 2032. feladatnak eleget tevő halmazpárt. Legyen

A={ azon természetes számok, melyek prímtényezős felbontásában a legnagyobb kitevő ∈X}

B={...∈Y}

Ez a pár szintén megfelelő.
 

 Sali Attila (Budapest, Fazekas M. Gyak. Gimn.)