 |
A B. 4792. feladat (2016. április) |
B. 4792. Igaz-e, hogy tetszőleges pozitív irracionális szám tizedestört alakjából el lehet hagyni végtelen sok jegyet úgy, hogy az eredeti számot kapjuk vissza?
(5 pont)
A beküldési határidő 2016. május 10-én LEJÁRT.
Megoldás. A válasz: igaz. Az állítást elég \(\displaystyle (0,1)\)-beli irracionális számokra igazolni (tizedesvessző előtti jegyet egyébként sem hagyhatnánk el). Legyen tehát \(\displaystyle \alpha\in(0,1)\) egy irracionális szám. Az \(\displaystyle \alpha\) szám \(\displaystyle \alpha=0,a_1a_2a_3\dots\) tizedestört alakjában bizonyos számjegyek végtelen sokszor szerepelnek, és elképzelhető, hogy vannak olyan számjegyek is, amelyek csak véges sokszor. Azonban, ha \(\displaystyle n\) értékét elegendően nagynak válaszjuk, akkor \(\displaystyle \{a_n,a_{n+1},a_{n+2},\dots\}\) már mind végtelen sokszor szereplő számjegy. Módosítsunk \(\displaystyle \alpha\)-n a következő szabályok szerint: tartsuk meg a tizedesvessző utáni első \(\displaystyle n-1\) jegyét; az \(\displaystyle n\)-ediket, vagyis \(\displaystyle a_n\)-et töröljük. Ezután keressük meg az \(\displaystyle a_n\)-et követő jegyek közül az első olyat, ami egyenlő \(\displaystyle a_n\)-nel, eddig a jegyig töröljünk mindent (\(\displaystyle a_{n+1}\)-től kezdve), ezt a jegyet pedig tartsuk meg. Mivel az \(\displaystyle a_n\) számjegy végtelen sokszor szerepel, ezért lesz \(\displaystyle a_n\) utáni előfordulása is. Ezután az előző lépést ismételgetjük: ha már kiválasztottuk az első \(\displaystyle m\) olyan jegyet, amit megtartunk, és ezek éppen a \(\displaystyle 0,a_1a_2\dots a_m\) számot adják, akkor a soron következő jegyet töröljük, megkeressük az \(\displaystyle a_{m+1}\) jegy következő előfordulását, amit megtartunk, addig viszont mindent törlünk. Ezt a módszert követve végül (végtelen sok lépést végrehajtva) az \(\displaystyle \alpha\) szám végtelen sok jegyét hagyjuk el úgy, hogy a megmaradó számjegyek által alkotott szám szintén \(\displaystyle \alpha\) lesz. Ezzel az állítást igazoltuk.
Statisztika:
84 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: 51 versenyző. 4 pontot kapott: 7 versenyző. 3 pontot kapott: 19 versenyző. 2 pontot kapott: 1 versenyző. 1 pontot kapott: 2 versenyző. 0 pontot kapott: 4 versenyző.
A KöMaL 2016. áprilisi matematika feladatai