Az A. 903. feladat (2025. március)

A. 903. Legyen

$\displaystyle \alpha={1-\cfrac1{2a_1-\cfrac1{2a_2-\cfrac1{2a_3-\cfrac1{\ddots}}}}} $

irracionális szám, ahol az $\displaystyle a_1$, $\displaystyle a_2$, $\displaystyle \ldots$ együtthatók pozitív egészek, és közülük végtelen sok nagyobb $\displaystyle 1$-nél. Bizonyítsuk be, hogy bármely pozitív egész $\displaystyle N$-re az $\displaystyle [\alpha]$, $\displaystyle [2\alpha]$, $\displaystyle \ldots$, $\displaystyle [N\alpha]$ számok között legalább annyi páros van, mint páratlan.

$\displaystyle \lfloor x \rfloor$ az $\displaystyle x$ szám alsó egész részét jelöli.

Javasolta: Kós Géza (Budapest)

(7 pont)

A beküldési határidő 2025. április 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Bármely $\displaystyle p$ irracionális szám és $\displaystyle C>0$ esetén legyen

$\displaystyle S(C,p) = \sum_{0<k\le C}(-1)^{[kp]}. $

Azt kell igazolnunk, hogy $\displaystyle S\Big(N,\alpha\Big)\ge0$.

1. lemma. Ha $\displaystyle p,q>1$ irracionális számok és $\displaystyle \dfrac1p+\dfrac1q=1$, akkor a $\displaystyle \big([kp]:k=1,2,\ldots\big)$ és $\displaystyle \big([lq]:l=1,2,\ldots\big)$ Beatty-sorozatok együttesen minden pozitív egész számot pontosan egyszer tartalmaznak. (Közismert.)

Bizonyítás. Bármely $\displaystyle K$ egész szám előfordulásainak száma a két sorozatban $\displaystyle \big\lfloor\dfrac{K+1}p\big\rfloor-\big\lfloor\dfrac{K}p\big\rfloor$, illetve $\displaystyle \big\lfloor\dfrac{K+1}q\big\rfloor-\big\lfloor\dfrac{K}q\big\rfloor$. Ezek összege $\displaystyle K-(K-1)=1$. $\displaystyle \Box$

2. lemma. Ha $\displaystyle p,q>0$ irracionális számok, $\displaystyle \dfrac1p+\dfrac1q=1$, és $\displaystyle C>0$, akkor

$\displaystyle S\Big(\dfrac{C}{p},p\Big)+S\Big(\dfrac{C}{q},q\Big) \in \big\{0,-1\big\}. $

Bizonyítás. Vizsgáljuk meg, hogy egy adott $\displaystyle n$ egészt hányszor kapunk meg $\displaystyle [kp]$, illetve $\displaystyle [lq]$ alakban, ha $\displaystyle k\le\dfrac{C}{p}$, illetve $\displaystyle l\le\dfrac{C}{q}$. Világos, hogy csak $\displaystyle n\le C$ lehet, különben $\displaystyle n$ egyik sorozatban sem szerepel.

Ha $\displaystyle n+1\le C$, akkor az $\displaystyle n$ előfordulásainak száma a már látott $\displaystyle [\dfrac{n+1}{p}]-[\dfrac{n}{p}]$, illetve $\displaystyle [\dfrac{n+1}{q}]-[\dfrac{n}{q}]$. A kettő összege $\displaystyle 1$.

Ha $\displaystyle n\le C<n+1$, vagyis $\displaystyle n=[C]$, akkor az $\displaystyle n$ előfordulásainak száma $\displaystyle [\dfrac{C}{p}]-[\dfrac{n}{p}]$, illetve $\displaystyle [\dfrac{C}{q}]-[\dfrac{n}{q}]$. Az $\displaystyle [\dfrac{C}{p}]+[\dfrac{C}{q}]$ értéke $\displaystyle [C]$ vagy $\displaystyle [C]-1$, és $\displaystyle [\dfrac{n}{p}]+[\dfrac{n}{q}]=n-1=[C]-1$, tehát az előfordulásszámok összege $\displaystyle 0$ vagy $\displaystyle 1$. Összességében

$\displaystyle S\Big(\dfrac{C}{p},p\Big)+S\Big(\dfrac{C}{q},q\Big) = \quad \Bigg(\sum_{n=1}^{[C]}(-1)^n \quad\text{vagy} \quad \sum_{n=1}^{[C]-1}(-1)^n\Bigg) \quad \in \big\{0,-1\big\}. $

$\displaystyle \Box$

3. lemma. Bármely $\displaystyle a$ egész esetén

$\displaystyle S(C,2a+p)=S(C,p) \quad\text{és}\quad S(C,2a-p)=-S(C,p). $

Bizonyítás. Az első triviális. A második következik abból, hogy $\displaystyle {[kp]+\big[k(2a-p)\big]}={2ak-1}$. $\displaystyle \Box$

A feladat megoldása. Legyen $\displaystyle \alpha'=1-\dfrac1{2a_2-\dfrac1{2a_3-\dfrac1{~\cdots~}}}$, $\displaystyle p=2-\alpha={1+\dfrac1{2a_1-\dfrac1{2a_2-\dfrac1{2a_3-\dfrac1{~\cdots~}}}}}$ és $\displaystyle q=\dfrac{p}{p-1}=1+\dfrac1{p-1}=2a_1+1-\dfrac1{2a_2-\dfrac1{2a_3-\dfrac1{~\cdots~}}}=2a_1+\alpha'$, ekkor $\displaystyle \dfrac1p+\dfrac1q=1$, így

$$\begin{align*} \text{3. lemma:} &\qquad S\Big(A,\alpha\Big) + S\Big(A,p\Big) =0, \\ \text{2. lemma:} &\qquad S\Big(A,p\Big) +S\Big(\dfrac{p}{q}A,q\Big) =\varepsilon\in\big\{0,-1\big\} \\ \text{3. lemma:} &\qquad S\Big(\dfrac{p}{q}A,q\Big) = S\Big(\dfrac{p}{q}A,\alpha'\Big) \end{align*}$$

tehát

$\displaystyle S(A,\alpha) = S\Big(\dfrac{p}{q}A,\alpha'\Big) -\varepsilon \ge S\Big(\dfrac{p}{q}A,\alpha'\Big). $

A fenti egyenlőtlenség azt mutatja, hogy ha $\displaystyle A$-t és $\displaystyle \alpha$-t $\displaystyle \frac{p}{q}A$-val és $\displaystyle \alpha'$-vel helyettesítjük, akkor $\displaystyle S(A,\alpha)$ értéke nem növekedhet. Most iteráljuk ezt a lépést. Mivel $\displaystyle \frac{p}{q}=p-1\le \frac{1}{2a_1-1}\le 1$, ezért $\displaystyle A$ értéke nem tud növekedni, és mivel végtelen sokszor $\displaystyle \frac{1}{2a_i-1}\le \frac{1}{3}$ (minden egyes alkalommal, amikor $\displaystyle a_i>1$), ezért előbb-utóbb 1 alá fog csökkeni, amikor nyilvánvalóan 0 az érték (hiszen üres az összeg).

Megjegyzés. A feladat a Putnam 2020/B6 feladatból származik: Bármely $\displaystyle n$-re $\displaystyle \displaystyle \sum_{k=1}^n (-1)^{\left[k(\sqrt2-1)\right]} \ge0$.

Az idei Schweitzer versenyen szerepelt a következő feladat:

Legyen $\displaystyle A>0$ és $\displaystyle B=(3+2\sqrt2)A$. Mutassuk meg, hogy az $\displaystyle a_k=[k/\sqrt2]$ ($\displaystyle k\in(A,B)\cap\mathbb{Z}$) véges sorozatban a páros és a páratlan tagok száma legfeljebb $\displaystyle 2$-vel tér el.

Az előzetes megoldás megjelent a BJMT honlapján: https://www.bolyai.hu/files/Schweitzer_2024_elozetes_megoldasok.pdf.

A különböző változatokban szereplő számok:

$\displaystyle \frac1{\sqrt2}=1-\dfrac1{4-\dfrac1{2-\dfrac1{4-\dfrac1{2-\ddots}}}}, \qquad 1+\sqrt2 = 3-\frac1{2-\dfrac1{4-\dfrac1{2-\dfrac1{4-\ddots}}}} $

Statisztika:

Az A. 903. feladat értékelése még nem fejeződött be.

A KöMaL 2025. márciusi matematika feladatai

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?