Feladat:	B.4591	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Ágoston Péter ,  Fekete Panna ,  Kúsz Ágnes ,  Maga Balázs ,  Mócsy Miklós
Füzet:	2015/január, 14 - 15. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Különleges függvények, Konstruktív megoldási módszer
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2013/december: B.4591

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   Megoldás. Legyen $\Vert \beta \Vert =\underset{}{\overset{}{\text{min}}}\left\{|\beta -n|:n\in \text{Z}\right\}$. Először igazoljuk azt a jól ismert állítást, hogy tetszőleges $\beta$, $\gamma$ valós számokra fennáll a $\Vert \beta +\gamma \Vert \le \Vert \beta \Vert +\Vert \gamma \Vert$ egyenlőtlenség. Definíció szerint léteznek olyan $b$ és $c$ egész számok, melyekre $\beta -b=\pm \Vert \beta \Vert$ és $\gamma -c=\pm \Vert \gamma \Vert$. Így $\begin{array}{c}{\displaystyle \Vert \beta +\gamma \Vert \le |\beta +\gamma -\left(b+c\right)|\le |\beta -b|+|\gamma -c|=\Vert \beta \Vert +\Vert \gamma \Vert \mathrm{.}}\end{array}$ Az imént bevezetett jelöléssel $\begin{array}{c}{\displaystyle N_q\left(\alpha \right)=\underset{}{\overset{}{\text{min}}}\left\{\left|\alpha -\frac{p}{q}\right|:p\in \text{Z}\right\}=\frac{1}{q}\underset{}{\overset{}{\text{min}}}\left\{|q\alpha -p|:p\in \text{Z}\right\}=\frac{\Vert q\alpha \Vert }{q}\mathrm{.}}\end{array}$ Vizsgáljuk most $\begin{array}{c}{\displaystyle N_{2q}\left(\alpha \right)+N_{2q+1}\left(\alpha \right)=\frac{\Vert 2q\alpha \Vert }{2q}+\frac{\Vert \left(2q+1\right)\alpha \Vert }{2q+1}}\end{array}$ értékét. Először megmutatjuk, hogy a $\Vert 2q\alpha \Vert \ge \Vert \alpha \Vert /2$ és a $\Vert \left(2q+1\right)\alpha \Vert \ge \Vert \alpha \Vert /2$ egyenlőtlenségek közül legalább az egyik teljesül. Ha ugyanis $\Vert 2q\alpha \Vert <\Vert \alpha \Vert /2$, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \Vert \left(2q+1\right)\alpha \Vert =\Vert 2q\alpha +\alpha \Vert \ge \Vert \alpha \Vert -\Vert 2q\alpha \Vert \ge \Vert \alpha \Vert -\Vert \alpha \Vert /2=\Vert \alpha \Vert /2.}\end{array}$ Tehát az állítás valóban teljesül. Ekkor viszont az $N_{2q}\left(\alpha \right)\ge \frac{\Vert \alpha \Vert /2}{2q}$ és az $N_{2q+1}\left(\alpha \right)\ge \frac{\Vert \alpha \Vert /2}{2q+1}$ egyenlőtlenségek közül is legalább az egyik teljesül, és mivel $N_{2q}\left(\alpha \right)$ és $N_{2q+1}\left(\alpha \right)$ is nemnegatív, valamint $\underset{}{\overset{}{\text{max}}}\left(2q\mathrm{,2}q+1\right)\le 3q$, azért $N_{2q}\left(\alpha \right)+N_{2q+1}\left(\alpha \right)\ge \frac{\Vert \alpha \Vert /2}{3q}$. Ezt az egyenlőtlenséget $q=\mathrm{1,2,}\text{...}\mathrm{,}\lfloor \frac{k-1}{2}\rfloor$-re felírva és összeadva a következő becslést kapjuk: $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{q=1}^k{N}_q\left(\alpha \right)\ge \sum _{q=1}^{\lfloor \frac{k-1}{2}\rfloor }\frac{\Vert \alpha \Vert }{6q}\mathrm{.}}\end{array}$ Az $\alpha$ irracionális, ezért $\Vert \alpha \Vert >0$, továbbá ${\sum }_{q=1}^{\infty }\frac{1}{q}=\infty$, így elegendően nagy $k$-ra $\begin{array}{c}{\displaystyle \sum _{q=1}^k{N}_q\left(\alpha \right)\ge \sum _{q=1}^{\lfloor \frac{k-1}{2}\rfloor }\frac{\Vert \alpha \Vert }{6q}>1}\end{array}$ teljesül.