Feladat: Pontversenyen kívüli P.158 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Füzet: 1974/február, 61. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Sorozat határértéke, Tizes alapú számrendszer, Klasszikus valószínűség, Pontversenyen kívüli probléma
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1972/december: Pontversenyen kívüli P.158

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

P. 158. Írjuk egy (elég hosszú) papírcsikra az első n természetes szám tízes számrendszerbeli alakját, majd vágjuk szét a papírcsíkot úgy, hogy mindegyik darabján csak egy számjegy legyen. Tegyük e darabokat egy dobozba, keverjük össze őket és húzzunk ki egyet találomra közülük. Jelöljük pn-nel annak a valószínűségét, hogy a kihúzott papírdarabon a 0 számjegy van rajta. Határozzuk meg a pn (n=1,2,...) sorozat határértékét.

 

Erre a problémára az érkezett dolgozatok egyike sem megoldás. Emiatt a szerkesztőbizottság úgy határozott, hogy a probléma tartalmát más fogalmazásban újra kitűzi. Ez lett az F. 1883. feladat. Megoldása ezen szám 61. oldalán olvasható.
 

Megoldás. Jelöljük n tizes számrendszerbeli alakjában a jegyek számát k-val. Egészítsük ki képzeletben az n-nél kisebb számok tizes számrendszerbeli alakját k-jegyűvé úgy, hogy a hiányzó jegyek helyére 0-t írunk, és írjuk a sorozat elé a k db 0-val felírt 0-t. Jelöljük a közben leírt 0-k számát Rk-val. A kiegészítés után minden leírt számban k jegy van, tehát (n+1) számban (n+1)k a jegyek száma, és erre
Qn+Rk=(n+1)k<n(k+1),(2)
hiszen k<n, mihelyt n>1.
A kiegészítés során az egyesek helyére egyetlen 0 jegyet írtunk, a tízesek helyére tíz 0-t írtunk, és így tovább, végül az első oszlopba, a 10k-1 értékű helyre 10k-1-ig kellett 0-kat írni. Eszerint
Rk=1+10+102+...+10k-1=10k-19,
tehát
0<Rk<10910k-1<2n,(3)
hiszen n10k-1.
Jelöljük a kiegészítés után az összes 0 jegyek számát Sn-nel, a 10j-1 helyi értékű pozícióban levő 0-k számát Sn(j)-vel. E jelölések definíciója szerint
Pn+Rk=Sn,(4)Sn=Sn(1)+Sn(2)+...+Sn(k).


Az egyesek oszlopában egy 0 után kilenc 0-tól különböző jegy áll, és ez ciklikusan ismétlődik. Emiatt
n+110Sn(1)<n+10.
A tízesek oszlopában tíz db 0 után kilencven db 0-tól különböző jegy következik, és ez ciklikusan ismétlődik, tehát
n+110Sn(2)<n+100.
Általában a 10j-1 helyi értékű számjegyek sorozata 10j-1 db 0-val kezdődik; utánuk 910j-1 db 0-tól különböző jegy következik, és ez ciklikusan ismétlődik, tehát
n+110Sn(j)<n+10j.
Összegezve ezeket az egyenlőtlenségeket, kapjuk, hogy
kn<k(n+1)10Sn<kn+1010k-19<kn+102910k-1<(k+12)n.

Felhasználva a (3) és (4) összefüggéseket, kapjuk, hogy
Pn=Sn-Rk<k+1210n,Pn=Sn-Rk>k10n-2n=k-2010n.


A (2) és (3) összefüggések szerint hasonlóan egyrészt
Qn=(n+1)k-Rk>nk-2n=(k-2)n,
másrészt
Qn<(k+1)n.

Ezek alapján a Pn/Qn hányadosra írhatunk fel korlátokat:
k-20k+1110<PnQn<k+12k-2110.

Itt mindkét oldal határértéke 1/10, hiszen n-nel együtt k is tart a végtelenbe. Ez valóban így van, hiszen tetszőlegesen nagy A számhoz van olyan N, hogy kA, minden N-nél nagyobb n természetes számra ‐ N szerepére ugyanis választhatjuk akármelyik [A]-jegyű számot. ‐ A feladat állítását ezzel bebizonyítottuk.