Feladat:	B.3439	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Zalán Péter
Füzet:	2001/december, 536 - 538. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Számsorozatok, Teljes indukció módszere, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2001/február: B.3439

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Ha $p=1$, akkor a sorozat minden tagja 1, a sorozat elemeiből készíthető összegek egész számok, amiből következik, hogy a nem egész számok nem közelíthetők meg tetszőleges pontossággal. Mivel egy pozitív $p$ szám helyett a reciprokából, $\frac{1}{p}$-ből kiindulva ugyanazt a sorozatot kapjuk, így elegendő az olyan sorozatokat vizsgálni, amelyekre $p>1$. Ekkor az $\begin{array}{c}{\displaystyle 1+\frac{1}{p}+\frac{1}{p^2}+\text{...}+\frac{1}{p^n}+\text{...}}\end{array}$ végtelen mértani sor konvergens, összege $S=\frac{1}{1-\frac{1}{p}}=\frac{p}{p-1}$, ami azt jelenti, hogy a $p$ nempozitív kitevőjű hatványaiból készített minden véges összeg kisebb, mint $S$. Ha tehát $S<p$ (ez $p>1$ miatt pontosan akkor teljesül, ha $p>2$), akkor a sorozat elemeiből készített minden véges összeg vagy $S$-nél kisebb ‐ ha nem tartalmaz pozitív kitevőjű $p$-hatványt ‐, vagy legalább $p$. Ebben az esetben pedig az $S$-nél nagyobb és $p$-nél kisebb számok nem közelíthetők meg tetszőleges pontossággal. Megmutatjuk, hogy ha $1<p\le 2$ ‐ és így a szimmetrikus $\frac{1}{2}\le p<1$ esetben is ‐ már bármely pozitív valós szám tetszőleges pontossággal megközelíthető. Ha $u>0$, akkor járjunk el úgy, ahogyan egy pozitív egész kettes számrendszerbeli alakját szoktuk fölírni: lépésenként a nála nem nagyobb $p$-hatványok közül a legnagyobbikkal csökkentsük a számot. Könnyen meggondolható, hogy mivel a $p^n$, $n\in \text{Z}$ sorozat szigorúan monoton növő, nem korlátos és $\underset{n\to -\infty }{\overset{}{\underset{}{\overset{}{\text{lim}}}}}{p}^n=0$, azért létezik ‐ pontosan egy ‐ olyan $n_1$ kitevő, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle p^{n_1}\le u<p^{1+n_1}\mathrm{.}}\end{array}$ (1) Mivel most $p\le 2$, azért (1)-ből $u<2p^{n_1}$, és így $\begin{array}{c}{\displaystyle 0\le u-p^{n_1}<p^{n_1}}\end{array}$ következik. Ha tehát az $u-p^{n_1}$ különbség nem nulla ‐ ami nyilván föltehető, egyébként ugyanis az $u$-t pontosan is elő tudjuk állítani ‐, akkor kisebb, mint $p^{n_1}$, a közelítés első tagja. Az eljárás most már folytatható az $u_1=u-p^{n_1}$ különbségre. A fentiekből következik, hogy az ehhez kiválasztott legnagyobb $p$-hatvány kitevője határozottan kisebb, mint $n_1$. Ha az eljárás véges sok lépésben leáll, akkor egyenlőséget kapunk, és így az $u$ véges sok $p$-hatvány összege. Ha nem ez a helyzet, akkor a $p^{n_1}>p^{n_2}>\text{...}>p^{n_k}>\text{...}$ egész kitevőjű $p$-hatványok végtelen csökkenő sorozatát kapjuk, amelyekre $\begin{array}{c}{\displaystyle p^{n_1}+p^{n_2}+\text{...}+p^{n_k}<u<p^{n_1}+p^{n_2}+\text{...}+p^{1+n_k}}\end{array}$ minden $k$-ra. A két korlát eltérése $p^{n_k}\left(p-1\right)$. Mivel $n_k\le n_1-\left(k-1\right)$, azért az alsó korlát hibája legfeljebb $\frac{\left(p-1\right)\cdot p^{n_1}}{p^{k-1}}$. Itt a $p$ és $n_1$ rögzített számok, a számláló konstans, a nevező pedig $p>1$ miatt tetszőlegesen nagy lehet, így a $p^{n_1}+p^{n_2}+\text{...}+p^{n_k}+\text{...}$ közelítés hibája tetszőlegesen kicsivé válik, ha $k$ elég nagy. Tehát az $\frac{1}{2}\le p<1$ és az $1<p\le 2$ számokra teljesül, hogy minden pozitív szám tetszőleges pontossággal megközelíthető $p$ egész kitevőjű hatványaiból készített véges összegekkel.  Zalán Péter (Budapest, Fasori Evang. Gimn., 12. o.t.) dolgozata alapján   II. megoldás. Most is csak a $p>1$ esetben vizsgáljuk a feladat kérdését. Pozitív számok egy $H$ halmazát hívjuk ,,egyenletesnek'', ha van olyan $d>0$, hogy minden pozitív számtól legfeljebb 1 távolságra található $H$-beli elem. Megmutatjuk, hogy ha $1<p\le 2$, akkor az 1, $p$, $p^2$, $\text{...}$, $p^n$, $\text{...}$ számokból készített véges összegek halmaza egyenletes, mégpedig $d=1$ választással. Ezt az alábbi formában igazoljuk az $n$-re vonatkozó teljes indukcióval: Ha $0<T<p^n$, akkor van olyan részhalmaza az $\left\{\mathrm{1,}p\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{p}^{n-1}\right\}$ halmaznak, amelyben az elemek összege 1-nél kevesebbel tér el $T$-től. Ha $n=0$, akkor $0<T<1$, így az üres halmaz ‐ amelyben az elemek összege 0 ‐ megfelelő. Legyen most $n>0$, tegyük fel, hogy az állítás igaz minden $n$-nél kisebb pozitív egészre, és tekintsük a $0<T<p^n$ számot. Ha $T<p^{n-1}$ is igaz, akkor az indukciós feltevésből következik az állítás. Ha $T=p^{n-1}$, akkor az egyelemű $\left\{p^{n-1}\right\}$ halmaz megfelelő (Az eltérés 0.) Ha $p^{n-1}<T<p^n$, akkor $0<T-p^{n-1}<p^n-p^{n-1}=\left(p-1\right)\cdot p^{n-1}$, és mivel $0<p-1\le 1$, azért $\left(p-1\right)\cdot p^{n-1}\le p^{n-1}$. Így $0<T-p^{n-1}<p^{n-1}$, ezért az indukciós feltevés szerint a $T-p^{n-1}$ különbséget 1-nél jobban közelítő összeghez $p^{n-1}$-et hozzávéve, a $T$-t közelítő összeget kapunk. Legyen most $u>0$ tetszőleges, és tekintsük a $T=p^N\cdot u$ számot, ahol $N$ egész. A fentiek szerint a $T$-hez létezik a $p$ nemnegatív hatványainak egy véges halmaza úgy, hogy az elemek $S$ összegére $\begin{array}{c}{\displaystyle |T-S|<1.}\end{array}$ Ezt az egyenlőtlenséget $p^N$-nel osztva kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \left|u-\frac{S}{p^N}\right|<\frac{1}{p^N}\mathrm{.}}\end{array}$ Mivel $p>1$ esetén $\frac{1}{p^N}$ tetszőlegesen kicsi lehet, továbbá $\frac{S}{p^N}$ a kívánt alakú összeg, ezért $1<p\le 2$ esetén bármely pozitív $u$ szám tetszőlegesen megközelíthető a $p$ hatványaiból készített összegekkel. Megmutatjuk, hogy ha $p>2$, akkor ez nem lehetséges. A $p^0$, $p^1$, $\text{...}$, $p^{n-1}$ számokból $2^n$ összeg készíthető, ezek mindannyian 0 és $1+p+\text{...}+p^{n-1}=\frac{p^n-1}{p-1}$ között vannak. A szomszédos összegek közti átlagos eltérés tehát $\frac{p^n-1}{p-1}:2^n$, ami $p>2$ miatt tetszőlegesen nagy lehet. Mivel a $p$ negatív kitevőjű hatványainak összege korlátos, előbb-utóbb biztosan nem hidalhatók majd át a nemnegatív kitevőjű hatványok felhasználásával készített összegek közti eltérések. Így $\frac{1}{2}\le p<1$ vagy $1<p\le 2$.