Feladat:	B.4360	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Ágoston Péter ,  Damásdi Gábor ,  Dolgos Tamás ,  Nagy Róbert ,  Perjési Gábor ,  Strenner Péter ,  Viharos Andor ,  Zilahi Tamás
Füzet:	2012/április, 219 - 220. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Számjegyekkel kapcsolatos feladatok, Teljes indukció módszere
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2011/április: B.4360

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. Pontosan akkor létezik, ha $k$-nak nincsen 2-től és 5-től különböző prímosztója. Először megmutatjuk, hogy $k=2$-re $c_2=\frac{1}{5}$ megfelelő, vagyis $\begin{array}{c}{\displaystyle S\left(2n\right)\ge \frac{S\left(n\right)}{5}}\end{array}$ minden $n$ pozitív egész számra teljesül. A 2-vel való szorzást a következő módon is elvégezhetjük. Először minden helyiértékre az ott lévő számot megszorozzuk 2-vel, az így kapott számok mindegyike legfeljebb $2\cdot 9=18$ lehet. Ezután, ahol kétjegyű számot kaptunk, ott annak értékét 10-zel csökkentjük, és átvisszük a maradékot, vagyis az eggyel nagyobb helyiértéken álló számot 1-gyel növeljük. Mivel ily módon csak páros egyjegyű számokat kell növelnünk 1-gyel, újabb maradék már nem keletkezik. Azaz $S\left(2n\right)$ értékét úgy is megkaphatjuk, hogy $n$ számjegyeit külön-külön szorozzuk 2-vel, majd a kapott számok számjegyeit összeadjuk. Ezért elegendő az állítást abban a speciális esetben igazolni, amikor $n$ egyjegyű vagy $n=0$. Rövid számolással ellenőrizhető, hogy ezekben az esetekben az egyenlőtlenség teljesül. Ehhez teljesen hasonlóan igazolható, hogy $k=5$ esetén $c_5=\frac{1}{2}$ megfelelő. Az 5-tel való szorzásnál a maradék legfeljebb 4, ezt akár 0-hoz, akár 5-höz kell hozzáadnunk, újabb maradék már nem keletkezik. Így ebben az esetben is elegendő a $\mathrm{0,1,}\text{...}\mathrm{,9}$ számokra ellenőrizni az állítást, amelyekre valóban igaz. Ha a $k$ számhoz $c_k$, az $\ell$ számhoz pedig $c_{\ell }$ megfelelő, akkor a $k\ell$ számhoz $c_{k\ell }=c_k{c}_{\ell }$ megfelelő lesz, ugyanis minden $n$ pozitív egész szám esetén $\begin{array}{c}{\displaystyle S\left(\left(k\ell \right)n\right)=S\left(k\left(\ell n\right)\right)\ge c_k\cdot S\left(\ell n\right)\ge c_k\cdot \left(c_{\ell }\cdot S\left(n\right)\right)=c_{k\ell }\cdot S\left(n\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Ezek szerint, ha a $k$ számnak nincsen 2-től és 5-től különböző prímosztója, akkor található hozzá megfelelő $c_k$. Az állításunk másik felének igazolásához tekintsünk egy olyan $k$ számot, amelynek van 2-től és 5-től különböző prímosztója.   Ekkor $\frac{1}{k}$ végtelen szakaszos tizedestört. Legyen $n=[\frac{{10}^m}{k}]$. Ekkor $S\left(n\right)$ az $\frac{1}{k}$ szám tizedesvessző utáni első $m$ számjegyének összege, ami $m$ növelésével tetszőlegesen naggyá tehető. Mivel ${10}^m<kn<{10}^m+k$, azért a $kn$ szám első jegyét (ami 1) és utolsó $s$ darab jegyét (ahol $s$ a $k$ számjegyeinek száma) leszámítva minden jegye 0, így $S\left(kn\right)\le 9s+1$. Ezek alapján $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{S\left(kn\right)}{S\left(n\right)}\le \frac{9s+1}{S\left(n\right)}\mathrm{.}}\end{array}$ A kapott egyenlőtlenség jobb oldalán álló kifejezés értéke pedig bármely pozitív számnál kisebb lehet. Ebben az esetben tehát nem létezik a feltételeket kielégítő $c_k$ konstans.