Feladat: B.3515 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):  Rácz Béla András ,  Sándor Nóra Katalin 
Füzet: 2002/október, 414 - 415. oldal  PDF file
Témakör(ök): Irracionális egyenlőtlenségek, Egészrész, törtrész függvények, Indirekt bizonyítási mód, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2002/január: B.3515

Bizonyítsuk be, hogy a [2n] alakú számok között végtelen sok 2-hatvány van.

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

I. megoldás. Minden valós szám az egész és a törtrészének az összege; alkalmazzuk ezt 2k2-re, ahol k tetszőleges pozitív egész.

2k2=[2k2]+{2k2}.
Szorozzuk ezt az egyenlőséget 2-vel:
2k+1=[2k2]2+{2k2}2.
Ha n=[2k2]+1, akkor a fenti egyenlőség a következő alakba írható:
2k+1=n2-(1-{2k2})2.
Mivel 2 irracionális szám, azért 2k2 nem lehet egész. Így 0<{2k2}<1, tehát a fenti egyenlőségből kapjuk, hogy
0<n2-2k+1=(1-{2k2})2.
Ebből következik, hogy valahányszor a fenti különbség kisebb 1-nél, azaz
0<n2-2k+1<1,
akkor az egész rész definíciója alapján [n2]=2k+1.
Megmutatjuk, hogy az ennél erősebb
(1-{2k2})2<12
egyenlőtlenség is végtelen sok k-ra teljesül. 2-vel osztva és rendezve azt kell igazolnunk, hogy végtelen sok k-ra
12<{2k2}.(1)

Először is jegyezzük meg, hogy 2 irracionális voltából következik, hogy egyenlőség nem teljesülhet (1)-ben. Vegyük észre továbbá, hogy ha egy adott m-re 0<α={2m2}<12, akkor 0<{2m+12}=2α. 12-nél kisebb törtrész esetén tehát a 2-hatvány tényező kitevőjét 1-gyel növelve a törtrész duplázódik, így pedig előbb vagy utóbb 12 és 1 közé esik majd. Ez azt jelenti, hogy tetszőleges k-ra vagy 12<{2k2}, vagy pedig van olyan, a k-nál nagyobb m kitevő, amelyre teljesül (1). Valóban végtelen sok olyan kitevő létezik tehát, amelyre teljesül (1) és ezt akartuk bizonyítani.
Sándor Nóra Katalin (Pápai Református Kollégium Gimnáziuma, 11. évf.)

II. megoldás. Könnyen látható, hogy minden x valós szám felírható, mégpedig egyértelműen n2+r alakban, ahol n pozitív egész és r, a ,,maradék'' kisebb 2-nél, pontosabban 0r<2. Az is látható, hogy ha x egész és a maradék nagyobb, mint 2-1, akkor x=[2(n+1)], ugyanis ekkor 02(n+1)-x<1.
Tegyük fel, hogy az állítás nem igaz, tehát csak véges sok 2-hatvány írható [2n] alakban. Ekkor létezik olyan m kitevő, amin túl nincs a megadott alakú 2-hatvány. A fentiek értelmében osszuk el maradékosan az m-nél nagyobb kitevőjű 2-hatványokat 2-vel.
2m+k=nk2+rk.(2)
Mivel 2 irracionális, azért 0<rk, indirekt föltevésünk szerint pedig rk2-1. A (2) egyenlőséget 2-vel szorozva
2m+k+1=2nk2+2rk.
Az rk2-1 egyenlőtlenségből következik, hogy
0<2rk22-2<2,
ami a fenti ,,maradékos osztás'' egyértelműsége miatt azt jelenti, hogy rk+1=2rk. Ez pedig ellentmondás, hiszen 0<rk=2k-1r12-1 nem teljesülhet minden pozitív egész k-ra.
Rácz Béla András (Budapest, Fazekas Mihály Főv. Gyak. Gimn., 10. évf.)