Feladat: A.220 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Dénes Attila ,  Enyedi Gábor ,  Gyenes Zoltán ,  Harangi Viktor ,  Kiss Gergely ,  Kunszenti-Kovács Dávid ,  Nagy Zoltán ,  Pálvölgyi Dömötör ,  Pozsár Balázs ,  Sido Péter ,  Varjú Péter ,  Zábrádi Gergely 
Füzet: 2000/március, 166 - 167. oldal  PDF file
Témakör(ök): Oszthatóság, Tizes alapú számrendszer, Sorozat határértéke, Nehéz feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1999/október: A.220

Jelöljük tetszőleges pozitív egész n számra S(n)-nel az n jegyeinek összegét tízes számrendszerben. Igazoljuk, hogy
limnS(2n)=.

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

Legyen k rögzített pozitív egész. Tetszőleges n-re jelölje 2n tízes számrendszerbeli felírásában cn az utolsó k számjegy által alkotott egészt, bn az előtte levő 3k jegy által alkotott számot, végül an az összes ezek előtt álló számjegyből alkotott számot.

2n=104kan+10kbn+cn,
ahol 0bn<103k és 0<cn<10k. (A cn nem lehet 0, mert például 2n utolsó jegye sem 0.)
Ha n4k, akkor a 10kbn+cn=2n-104kan szám osztható 24k-nal, a cn szám viszont nem, mert 0<cn<10k<24k. Emiatt bn nem lehet 0.
Legyen most n4m, és tekintsük 2n utolsó 4m jegyét. Az előbbi meggondolást k=40, 41, ..., 4m-1-re megismételve ki tudunk jelölni összesen m darab olyan páronként diszjunkt számjegyhalmazt, amelyek mindegyikében szerepel legalább egy 0-tól különböző számjegy. Ezért n4m esetén S(2n)>m. A határárték tehát tetszőleges valós számnál nagyobb: .