Feladat:	2019. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Matolcsi Dávid ,  Pach Péter Pál
Füzet:	2020/február, 70 - 71. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Kürschák József (korábban Eötvös Loránd), Valós számok és tulajdonságaik, Halmazelmélet
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2020/február: 2019. évi Kürschák matematikaverseny 3. feladata

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Megmutatjuk, hogy a kérdéses következtetés nem igaz. Rekurzívan felépítjük $A$-t, $H$-t, és az $E\ne E\text{'}$ eltoláshalmazokat (mind $\text{R}$ nemüres részhalmazai), úgy, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle H=\bigcup _{e\in E}^{}\left(A+e\right)=\bigcup _{e\text{'}\in E\text{'}}^{}\left(A+e\text{'}\right)\mathrm{,}}\end{array}$ és mind az $A+e=\left\{a+e:a\in A\right\}$ ($e\in E$) eltoltak, mind az $A+e\text{'}=\left\{a+e\text{'}:a\in A\right\}$ ($e\text{'}\in E\text{'}$) eltoltak páronként diszjunktak. Legyen először $A_1=\left\{0\right\}$, $E_1=\left\{0\right\}$, $E{\text{'}}_1=\left\{1\right\}$, és $H_1=\left(A_1+E_1\right)\cup \left(A_1+E{\text{'}}_1\right)=\left\{\mathrm{0,1}\right\}$. Innen rekurzívan haladunk tovább. Tegyük fel, hogy már megkonstruáltuk a véges $A_n$, $E_n$, $E{\text{'}}_n$ halmazokat úgy, hogy $E_n\cap E{\text{'}}_n=\varnothing$, $A_n+E_n$ és $A_n+E{\text{'}}_n$ minden általuk lefedett elemet egyszer fednek (vagyis az $A+e$ $\left(e\in E_n\right)$ halmazok páronként diszjunktak, és az $A+e\text{'}$ $\left(e\text{'}\in E_n\text{'}\right)$ halmazok is páronként diszjunktak). Legyen ekkor $H_n=\left(A_n+E_n\right)\cup \left(A_n+E{\text{'}}_n\right)$. Most egymás után minden egyes $h\in H_n$ elemre a következőt tesszük: ha $h$ eddig nem volt benne $A_n+E_n$-ben, akkor beteszünk $A_n$-be egy $a$, $E_n$-be egy $e$ elemet, hogy azok összege éppen $h$ legyen, és a korábbi tulajdonságok ne romoljanak el, azaz $a$ ne legyen $a_1+e_1-e_2$ alakú (ahol ezek korábbi elemek: $a_1\in A_n$, $e_1\mathrm{,}{e}_2\in E_n$), és $e$ se legyen $e_1+a_1-a_2$ alakú (ahol $e_1\in E_n$, $a_1\mathrm{,}{a}_2\in A_n$), sőt, az új $e$ ne legyen $E{\text{'}}_n$-ben sem. Mindegyik feltétel véges sok elem letiltását jelenti. Ugyanígy járunk el $A_n+E{\text{'}}_n$ esetében is. Így kapjuk az $A_{n+1}\mathrm{,}{E}_{n+1}\mathrm{,}E{\text{'}}_{n+1}$ halmazokat, nyilván $H_n\subseteq A_{n+1}+E_{n+1}$, $H_n\subseteq A_{n+1}+E{\text{'}}_{n+1}$. Világos, hogy $A=\bigcup _{n=1}^{\infty }{A}_n$, $E=\bigcup _{n=1}^{\infty }{E}_n$, $E\text{'}=\bigcup _{n=1}^{\infty }E{\text{'}}_n$, $H={\bigcup }_{n=1}^{\infty }{H}_n$ megfelelnek, amennyiben a korlátosság is teljesül. Azonban a korlátosságot is könnyen betarthatjuk, ha minden új elemet a $\left(-\mathrm{2,2}\right)$ intervallumból választunk a következőképpen: egy tipikus lépésben egy adott $H_n\ni h\in \left(-\mathrm{2,2}\right)+\left(-\mathrm{2,2}\right)=\left(-\mathrm{4,4}\right)$ elemet akarunk felírni $a+e$ alakban, ahol $a\in A_{n+1}$, és $e\in E_{n+1}$ (vagy $E_{n+1}\text{'}$). Világos, hogy mivel csak véges sok letiltott elem van, léteznek ennek megfelelő $a\mathrm{,}e\in \left(-\mathrm{2,2}\right)$ számok.     II. megoldás (Matolcsi Dávid dolgozata alapján). Legyen $H$ a $\left(-\mathrm{2,2}\right)$ nyílt intervallumba eső, 3-hatvány nevezőjű racionális számok halmaza. Legyen $A\subset \left(-\mathrm{1,1}\right)$ a $\pm \left(1-3^{-r}\right)$ alakú számok halmaza, ahol $r$ nemnegatív egész. Be fogjuk látni, hogy $H$ többféleképpen is felbontható $A$-nak páronként diszjunkt eltoltjaira. Legyen $E$ a $\left[-\mathrm{1,1}\right]$ zárt intervallumba eső, 3-hatvány nevezőjű racionális számok halmaza. Ekkor $A+E=\{a+e:a\in A$, $e\in E\}\subseteq H$ (itt valójában egyenlőség áll). Mivel $A$ és $A+2/3$ is tartalmazza a $2/3$ számot, ezért $A$-nak ez a két eltoltja nem diszjunkt. Elég belátni, hogy mindkettő kiegészíthető $H$ felbontásává $A$-nak páronként diszjunkt eltoltjaira. Mivel $H$ megszámlálható, elég belátni, hogy ha valamely $e_1\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{e}_n\in E$ számokkal képzett $A+e_i$ eltoltak nem tartalmazzák a $h\in H$ számot, akkor van olyan $e\in E$ szám, hogy az $A+e$ eltolt tartalmazza a $h$ számot és diszjunkt $A+e_1\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}A+e_n$ mindegyikétől. Válasszuk az $r\ge 2$ egész számot olyan nagynak, hogy $3^{r-2}\left(h-e_i\right)$ egész legyen minden $i=\mathrm{1,}\text{...}\mathrm{,}n$ esetén, továbbá $3^{-r}\le 2-|h|$ álljon. Ekkor $|h|-\left(1-3^{-r}\right)\le 1$, tehát tudunk olyan előjelet választani, hogy az $a=\pm \left(1-3^{-r}\right)$ és $e=h-a$ választással $|e|\le 1$, azaz $e\in E$ legyen. Ekkor $h=a+e\in A+e$. Már csak azt kell belátnunk, hogy $b\mathrm{,}c\in A$ és $1\le i\le n$ esetén $b+e\ne c+e_i$, azaz $b+h-a\ne c+e_i$, vagyis $a-b+c\ne h-e_i$. Mivel $h\notin A+e_i$, ezért $h-e_i\notin A$, tehát $a=b$ vagy $a=-c$ esetén készen vagyunk, hiszen ekkor $a-b+c\in A$. (Utóbbi esetben használjuk, hogy az $A$ halmaz a 0-ra szimmetrikus.) Egyéb esetben belátjuk, hogy $3^{r-2}\left(a-b+c\right)$ nem egész, amiből a kívánt nem-egyenlőség azonnal következik. Legyen $b=\pm \left(1-3^{-s}\right)$ és $c=\pm \left(1-3^{-t}\right)$, ekkor $3^r\left(a-b+c\right)=\pm \left(3^r-1\right)\mp \left(3^r-3^{r-s}\right)\pm \left(3^r-3^{r-t}\right)$, ahol $3^r$ egy 9-cel osztható egész, $\mp 1\pm 3^{r-s}\mp 3^{r-t}$ pedig nem, mert $\underset{}{\overset{}{\text{max}}}\left(s\mathrm{,}t\right)>r$ esetén ez vagy $\mp 1$, vagy nem egész, $\underset{}{\overset{}{\text{max}}}\left(s\mathrm{,}t\right)\le r$ esetén pedig vagy $\mp 3$, vagy nem osztható 3-mal. Így tehát $3^r\left(a-b+c\right)$ nem lehet 9-cel osztható egész.