Feladat: B.4180 Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Ágoston Tamás ,  Blázsik Zoltán ,  Bodor Bertalan ,  Cséke Balázs ,  Dudás Zsolt ,  Fonyó Dávid ,  Frankl Nóra ,  Huszár Kristóf ,  Keresztfalvi Tibor ,  Lovas Lia Izabella ,  Márkus Bence ,  Mester Márton ,  Nagy Donát ,  Réti Dávid ,  Somogyi Ákos ,  Varga László ,  Weisz Ágoston ,  Zsakó András 
Füzet: 2010/április, 216 - 217. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Feladat, Számsorozatok, Indirekt bizonyítási mód
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2009/április: B.4180

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

Megoldás. an=[n2]=3k pontosan akkor teljesül valamilyen egész k-ra, ha n2-1<3k<n2, vagyis n-12<3k2<n. (Nyilván 3k nem lehet egyenlő sem (n2-1)-gyel, sem n2-vel, hiszen mindkettő irracionális szám.)
Jelöljük f(k)-val 3k2 tört részét, vagyis f(k)=3k2-[3k2].
Láttuk, hogy an=3k pontosan akkor teljesül, ha n-12<3k2<n. Ekkor

f(k)>1-120,2929.
Ha pedig f(k)>1-12, akkor létezik olyan n, amelyre an=3k.
Azt, hogy az an sorozat 3-nak végtelen sok egész kitevős hatványát tartalmazza, a következőképpen látjuk be: Bebizonyítjuk, hogy ha van egy olyan k, amelyre 3k nem szerepel az an sorozatban, akkor létezik olyan >k természetes szám, amelyre 3 szerepel a sorozatban.
Először azt látjuk be, hogy 0<x1-12<0,293 esetén van egy olyan mN, amelyre 1-12<x3m<1. Ha x3m-1<1-12<0,293, de 1-12<x3m, akkor x3m<30,293=0,879<1.
Az f(k) nyilván nem lehet 0 egyetlen egész k esetén sem. Ebből, és a fentiekből következik, hogy amennyiben f(k)1-12, vagyis 3k nem szerepel az an sorozatban, akkor van egy m természetes szám, amelyre
f(k+m)=3mf(k)>1-12.
Ez pedig pontosan azt jelenti, hogy 3k+m szerepel az an sorozatban, tehát =k+m megfelelő.
Ezzel bebizonyítottuk, hogy 3-nak végtelen sok egész kitevős hatványát tartalmazza az an sorozat.