|
Feladat: |
1966. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata |
Korcsoport: 18- |
Nehézségi fok: nehéz |
Megoldó(k): |
Babai László , Elekes György , Hoffmann György , Lovász László , Surányi László |
Füzet: |
1967/május,
196 - 197. oldal |
PDF | MathML |
Témakör(ök): |
Valós számok és tulajdonságaik, Irracionális számok és tulajdonságaik, Binomiális együtthatók, Szorzat, hatványozás azonosságai, Tizes alapú számrendszer, Gyökös függvények, Kürschák József (korábban Eötvös Loránd) |
Hivatkozás(ok): | Feladatok: 1967/április: 1966. évi Kürschák matematikaverseny 2. feladata |
|
A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. Bebizonyítjuk, hogy a tizedesvesszőt követő első jegy vagy -es, hogy tehát a vizsgált szám egy egész számtól -nél kevesebbel tér el. Ehhez elég belátni, hogy egész szám, s hogy Az utóbbi számítással könnyen ellenőrizhető, de abból is adódik, hogy , s ezért A még bebizonyítandó állítás jelöléssel azt mondja ki, hogy egész szám. Ez valóban igaz, mert ha a polinomban helyébe -et írunk, az páratlan kitevős hatványait tartalmazó tagok előjele megváltozik, s ezért az egész együtthatós polinomban csak páros kitevőjű hatványai szerepelnek. Így tehát e polinom értéke az helyen valóban egész szám. Minthogy negatív, megoldásunk azt is mutatja, hogy páratlan esetén a tizedesvesszőt követő első jegy , páros esetén pedig -es.
Megjegyzések. 1. Nem volt szükségünk a binomiális tételre, bár megtehettük volna, hogy a polinom együtthatóit a binomiális tétel segítségével fel is írjuk. 2. Megoldásunkból könnyen kiolvasható, hogy ha elég nagy, akkor a tizedesvesszőt -nél több egyenlő jegy követi. Megemlítjük, hogy ez első ízben az kitevőre következik be.
|
|