Problem A. 603. (December 2013)
A. 603. Let be a real number. For every positive integer q, let
, that is, the distance from the closest fraction that can be represented with a denominator of q (not necessarily cancelled to lowest terms). Show that the sequence
is convergent.
(5 pont)
Deadline expired on January 10, 2014.
Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation
Megoldás. A megoldás folyamán -szel fogjuk jelölni az x távolságát a legközelebbi egész számtól. Ekkor tehát
. Könnyen ellenőrizhető, hogy tetszőleges x,y számokra és q pozitív egészre teljesülnek a következők:
A megoldásban többször meg fog jelenni a
összeg, a k-adik harmonikus szám. Erről jól ismert, hogy Hk; kicsit pontosabban
log k<Hklog k+1.
Legyen k0 esetén
. A következőket fogjuk bizonyítani.
1. állítás. Az sorozat konvergens.
2. állítás. .
Az 1. álllítás bizonyítása abban az esetben, ha racionális szám.
Legyen , ahol p és q
1 relatív prím egész számok. Az
sorozat q szerint periodikus; legyen
egy periódus átlaga. A c szám 0 és
közé eső számok átlaga, így biztosan
.
Most tetszőleges k pozitív egészre összehasonlítjuk sk-t kc-vel. Írjuk k-t k=k1q+k0 alakban, ahol k1=[k/q], és a 0k0<q szám a k osztási maradéka modulo q. Az
összeg k1 teljes periódusból és k0 további tagból áll, ezért
Ezt a becslést k-val osztva,
Ebből láthatjuk, hogy , és így
.
Megjegyzés. Könnyű ellenőrizni, hogy
(Lásd a (3) és (4) képleteket.)
Az 1. álllítás bizonyítása abban az esetben, ha irracionális szám.
Azt bizonyítjuk be, hogy . Vegyünk egy tetszőleges
>0 valós számot; azt kell igazolnunk, hogy elég nagy k esetén
.
Felhasználjuk Dirichlet approximációs tételét: létezik végtelen sok olyan racionális szám, amire
Válasszunk az ilyen törtek közül egy olyat, amire .
Lemma. Tetszőleges x valós számra
Bizonyítás. Legyen az x-hez legközelebbi, q nevezőjű tört; ekkor tehát
.
A háromszög-egyenlőtlenség miatt
(1) |
Az első összegben minden tag kicsi, ugyanis 0i
q esetén
így hát
(2) |
A (1)-ben álló utolsó összeg becsléséhez vegyük figyelembe, hogy az r+p,r+2p,...,r+qp számok teljes maradékrendszert alkotnak modulo q. Ezért
Ha q páratlan, akkor
(3) |
Ha pedig q páros, akkor
(4) |
Mindkét esetben igaz, hogy
(5) |
Ha (1)-be beírjuk (2)-t és (5)-t, azt kapjuk, hogy
Ezzel a lemmát igazoltuk.
Az 1. állítás bizonyításához legyen most k egész szám, amire . Írjuk a k számot k=k1q+k0 alakban, ahol k1=[k/q], és 0
k0<q a k osztási maradéka modulo q. A lemmát az x=q
,2q
,...,k1q
számokra alkalmazva,
továbbá triviálisan
Ezeket mind összeadva,
Osztva k-val,
Tehát, ha , akkor
. Ezzel igazoltuk, hogy
.
A 2. álllítás bizonyítása.
Legyen , és vegyünk ismét egy rögzített
>0 számot. Azt akarjuk igazolni, hogy elég nagy k esetén
.
Mivel , van egy olyan K pozitív egész szám, hogy k>K esetén
. Legyen
. Ekkor tehát
(6) |
A bizonyítás kulcsa a következő, "Abel féle" átrendezés:
(7) |
Ha az összes előforduló szám helyére az "átlagos" c értéket, az Nq(
) helyére
-t, az si helyére pedig i.c-t írunk, a (7) átrendezés így alakul:
(8) |
(Ehhez persze nincs szükség az Abel-átrendezésre, a jobboldalon közvetlenül is felismerhetjük cHk-t.)
Vegyük a (7) és a (8) különbségét, majd becsüljünk tagonként:
Most alkalmazzuk (6)-ot. Ha k>K, akkor
Most osszunk Hk-val:
Ha k elég nagy (például ), akkor
, és így
Ezzel a 2. állítást is igazoltuk.
A feladat megoldása.
Mivel , a 2. állításból azonnal következik, hogy
Megjegyzés. A megoldás megadja az ak sorozat határértékét is:
Statistics:
1 student sent a solution. 0 point: 1 student.
Problems in Mathematics of KöMaL, December 2013