Feladat:	N.73	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Braun Gábor ,  Gröller Ákos ,  Gyarmati Katalin ,  Makai Márton ,  Pap Gyula
Füzet:	1996/május, 289 - 291. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Számelmélet, Irracionális számok és tulajdonságaik, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1995/szeptember: N.73

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Megmutatjuk, hogy igenlő a válasz a feladat kérdésére. Ehhez elegendő olyan $\sqrt[]{c}$ számot mutatnunk a $\left(\mathrm{0,}1\right)$ intervallumban, amelynek négyzete irracionális, továbbá tizedes jegyei és négyzetének tizedes jegyei között nem szerepel a 0. A nagyságrendi és a tizedes jegyekre vonatkozó feltételt teljesíti a $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{c}=\frac{1}{3}=\mathrm{0,333}\text{...}}\end{array}$ szám, hiszen ekkor $\begin{array}{c}{\displaystyle c=\frac{1}{9}=\mathrm{0,111}\text{...}}\end{array}$ Ha ezt a számot el tudjuk ,,rontani'' úgy, hogy a négyzete már ne maradjon racionális, akkor készen vagyunk. Célszerű ezért $\sqrt[]{c}$-t a $\begin{array}{c}{\displaystyle \sqrt[]{c}=\frac{1}{3}+6\sum _{k=1}^{\infty }{10}^{-a_k}}\end{array}$ alakban keresnünk, ahol $\left(a_k\right)$ egy különböző pozitív egészekből álló sorozat, hiszen akkor $\sqrt[]{c}$ továbbra is a $\left(\mathrm{0,}1\right)$ intervallumban fekszik, jegyei között nem szerepel a 0 (csak a 3 és a 9 szerepel), és $c$ is jól számolható: $\begin{array}{c}{\displaystyle c=\frac{1}{9}+36\sum _{k=1}^{\infty }{10}^{-2a_k}+4\sum _{k=1}^{\infty }{10}^{-a_k}+72\sum _{1\le k<l}^{}{10}^{-\left(a_k+a_l\right)}}\end{array}$ (hogy valóban jó eredményt ad a ,,minden tagot minden taggal szorzás'' módszere, az a $\sqrt[]{c}$-t definiáló sor abszolút konvergenciájából következik). Ha a fenti formulából tudunk következtetni a $c$ tizedestört alakjára, akkor jó eséllyel célba érünk, hiszen csak arra kell ügyelnünk, hogy a tizedes jegyek ne legyenek periodikusak, és ne is szerepeljen közöttük a 0. A formulát akkor használhatjuk kényelmesen, ha a 10-nek az összegekben fellépő kitevői páronként különbözőek, sőt legalább kettő a legkisebb különbség közöttük. Ez a helyzet valóban előidézhető, mégpedig viszonylag egyszerű megkötésekkel az $\left(a_k\right)$ sorozatra. Könnyen adódik, hogy ha csak annyit teszünk fel a sorozat tagjairól, hogy párosak és minden tag legalább 3-szorosa az őt megelőzőnek, akkor a belőlük készíthető legfeljebb kéttagú összegek mind különbözőek (a tagok cseréjétől eltekintve), azaz legalább kettő a legkisebb különbség közöttük. Ilyenkor tehát, pl. az $\left(a_k\right)=\left(6^k\right)$ sorozatot véve, a $c$-t előállító összeg tizedestört alakjában a  11,  15,  47,  83  jegypárok váltogatják egymást valamilyen sorrendben, a 0 jegy mindenesetre nem fordul elő benne. A 3-as jegyek az $a_k+a_l$ ($k<l$) alakú helyeken lépnek fel, amiért az is következik, hogy a jegyek nem periodikusak, hiszen ezen helyek között tetszőleges nagy hézagok fellépnek az $\left(a_k\right)$ sorozat gyors növekedése miatt (az $a_l+a_{l-1}$ hely után pl. az $a_{l+1}+a_1$ a soron következő, a hézag pedig nagyobb közöttük, mint $a_{l+1}-2a_l\ge a_l$). Ezzel a feladatot megoldottuk.  Több dolgozat alapján    II. megoldás. A Cantor-féle átlós eljárás alkalmazásával mutatjuk meg, hogy igenlő a válasz a feladat kérdésére. Tekintsük a $\left(\mathrm{0,}1\right)$ intervallumbeli racionális számok négyzetgyökeit. Ez a $H$ halmaz megszámlálható, tehát elemei sorozatba rendezhetők. Legyen a $H$ $n$-edik elemének egyértelmű végtelen tizedestört alakja $\begin{array}{c}{\displaystyle \mathrm{0,}{a}_{n1}{a}_{n2}\text{...}\mathrm{,}}\end{array}$ és az átlóbeli $a_{nn}$ jegyekből kiindulva képezzük az $a_n$ jegyeket az $\begin{array}{c}{\displaystyle a_n=\{{\displaystyle \begin{array}{cc}\hfill {\displaystyle \mathrm{5,}}& {\displaystyle \text{ha <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msub><mrow><mi>a</mi></mrow><mrow><mi>n</mi><mi>n</mi></mrow></msub></mrow><mo>≠</mo><mn>5,6</mn></math>}}\hfill \\ \multicolumn{2}{c}{\text{<div style="line-height: 6pt"> </div>}}\\ \hfill {\displaystyle \mathrm{7,}}& {\displaystyle \text{ha <math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><msub><mrow><mi>a</mi></mrow><mrow><mi>n</mi><mi>n</mi></mrow></msub></mrow><mo stretchy="false">=</mo><mn>5,6</mn></math>}}\hfill \end{array}}}\end{array}$ definícióval. Ily módon egy $\begin{array}{c}{\displaystyle d_0=\mathrm{0,}{a}_1{a}_2\text{...}}\end{array}$ számhoz jutunk, amelyből most $\begin{array}{c}{\displaystyle d_n=\mathrm{0,}{b}_1{b}_2\text{...}{b}_n{a}_{n+1}{a}_{n+2}\text{...}}\end{array}$ alakú számokat fogunk képezni úgy, hogy a $d_n^2$ első $n$ tizedes jegye mind különbözzék a 0-tól, továbbá $\begin{array}{c}{\displaystyle b_n=a_n\text{vagy}{a}_n+1}\end{array}$ mindig teljesüljön. Szemléletesen tehát a $d_0$ tizedes jegyein megyünk végig és néha 1-gyel megnöveljük a soron lévő jegyet. A kérdés az, hogy a $b_n$ jegyeket hogyan képezzük. Ha feltesszük, hogy a $b_1\mathrm{,}{b}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{b}_{n-1}$ jegyeket már meghatároztuk és $d_{n-1}^2$ $n$. tizedes jegye nem 0 (amiként az első $n-1$ jegy természetesen nem az), akkor $b_n$-et választhatjuk $a_n$-nek (amikor is $d_n=d_{n-1}$). Ha nem, akkor legyen $b_n=a_n+1$, ezzel ugyanis $\begin{array}{c}{\displaystyle d_n^2={\left(d_{n-1}+{10}^{-n}\right)}^2=d_{n-1}^2+2d_{n-1}{10}^{-n}+{10}^{-2n}\mathrm{,}}\end{array}$ ahonnan $\begin{array}{c}{\displaystyle \mathrm{0,5}\le d_0\le d_{n-1}<1}\end{array}$ felhasználásával $\begin{array}{c}{\displaystyle d_{n-1}^2+{10}^{-n}<d_n^2<d_{n-1}^2+3\cdot {10}^{-n}\mathrm{,}}\end{array}$ ami azt jelenti, hogy $d_n^2$ és $d_{n-1}^2$ első $n-1$ tizedes jegye megegyezik (amelyek persze nemnullák), továbbá $d_n^2$ $n$. tizedes jegye 1 vagy 2. Ezzel megmutattuk, hogy a $b_n$ jegyek és velük egyetemben a $d_n$ számok meghatározhatók a fenti módon. Legyen most $\begin{array}{c}{\displaystyle d=\mathrm{0,}{b}_1{b}_2\text{...}}\end{array}$ Megmutatjuk, hogy ennek négyzete, $c$ megfelel a feladat feltételeinek. Világos, hogy $\sqrt[]{c}=d$ jegyei között csak 5, 6, 7 és 8 szerepel, speciálisan, nem szerepel a jegyek között a 0, továbbá $d$, tehát $c$ is a $\left(\mathrm{0,}1\right)$ intervallumban fekszik. Az is világos, hogy $d$ nem eleme a megoldás elején definiált $H$ halmaznak, hiszen ha pl. $d$ a $H$ $n$. eleme lenne, akkor végtelen tizedes tört alakjában az $n$. jegy, $b_n$ megegyeznék $a_{nn}$-nel, ami $a_n$, majd $b_n$ származtatása alapján lehetetlen. Tehát $d\notin H$, más szóval $c=d^2$ irracionális. Végezetül a nyilvánvaló $\begin{array}{c}{\displaystyle d=\underset{}{\overset{}{\text{lim}}}{d}_m}\end{array}$ összefüggésből adódik, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle c=d^2=\underset{}{\overset{}{\text{lim}}}{d}_m^2}\end{array}$ jegyei között nem szerepel a 0, hiszen $m\ge n$ esetén $d_m^2$ első $n$ jegye nemnulla, vagyis ugyanez teljesül $c$-re is, de az $n$ tetszőlegesnek választható. Ezzel a feladatot megoldottuk.  Braun Gábor (Budapest, Szent István Gimn., III. o. t.)   Megjegyzés. Mindkét megoldás módszere alkalmas annak igazolására is, hogy a feladatbeli feltételt kielégítő $c$-k számossága kontinuum.