Problem B. 5049. (October 2019)

B. 5049. Prove that there are infinitely many pairs of positive integers \(\displaystyle (a,b)\) for which

\(\displaystyle 2019 < \frac{2^a}{3^b} < 2020. \)

Proposed by S. Róka, Nyíregyháza

(5 pont)

Deadline expired on November 11, 2019.

Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

Megoldás. A logaritmus-függvény monotonitását használva elég megmutatnunk, hogy végtelen sok olyan pozitív egész \(\displaystyle (a,b)\) pár létezik, amelyre

\(\displaystyle \log_3 2019 <a\log_3 2-b<\log_3 2020,\)

vagyis

Ha \(\displaystyle a\) olyan pozitív egész szám, amelyre \(\displaystyle \{a\log_3 2\}\) (azaz \(\displaystyle a\log 2\) törtrésze) \(\displaystyle \alpha:=\{\log_3 2019\}(=0,92724\dots)\) és \(\displaystyle \beta:=\{\log_3 2020\}(=0,92769\dots)\) közé esik, akkor választható (egyértelműen) olyan \(\displaystyle b\) egész szám, melyre \(\displaystyle (*)\) fennáll. Ha \(\displaystyle a\) elegendően nagy, akkor ez a \(\displaystyle b\) egész szám szintén pozitív. Tehát elegendő megmutatnunk, hogy \(\displaystyle \{a\log_3 2\}\) végtelen sok pozitív egész \(\displaystyle a\) érték esetén esik az \(\displaystyle (\alpha,\beta)\) intervallumba. Be fogjuk látni, hogy ez tetszőleges \(\displaystyle 0\leq \alpha<\beta\leq 1\) érték esetén teljesül, és mindehhez azt fogjuk használni, hogy az \(\displaystyle r:=\log_3 2\) szám irracionális.

Először ezen utóbbi észrevételt igazoljuk. Ha \(\displaystyle r=\log_3 2\) racionális szám lenne, akkor előállna \(\displaystyle r=p/q\) alakban, ahol \(\displaystyle p,q\) (relatív prím) pozitív egészek. Ez azt jelentené, hogy \(\displaystyle 3^{p/q}=2\), azaz \(\displaystyle 3^p=2^q\), ami ellentmondás, hiszen \(\displaystyle 3^p\) páratlan, míg \(\displaystyle 2^q\) páros.

Most rátérünk annak igazolására, hogy az \(\displaystyle (\alpha,\beta)\) intervallumba végtelen sokszor esik a törtrész.

Legyen \(\displaystyle \varepsilon:=(\beta-\alpha)/2\). Ha belátjuk, hogy létezik olyan \(\displaystyle k\) pozitív egész szám, melyre \(\displaystyle \{kr\}\in (0,\varepsilon)\cup (1-\varepsilon,1)\), akkor készen vagyunk, hiszen világos, hogy \(\displaystyle kr\)-nek végtelen sok olyan egész többszöröse (egész többszörös alatt az \(\displaystyle l(kr)\) alakú számokat értjük, ahol \(\displaystyle l\) egész szám) van, aminek törtrésze az \(\displaystyle (\alpha,\beta)\) intervallumba esik, hiszen utóbbinak hossza nagyobb, mint \(\displaystyle \varepsilon\), így a \(\displaystyle \{kr\},\{2kr\},\{3kr\},\dots\) sorozat nem tudja azt ,,átugrani'', végtelen sok eleme esik ebbe az intervallumba. (Itt azt az észrevételt is használtuk, hogy \(\displaystyle \{lkr\}=\{l \{kr\}\}\).)

Célunk tehát annak igazolása, hogy van olyan \(\displaystyle k\) pozitív egész, melyre \(\displaystyle 0<\{kr\}<\varepsilon\) vagy \(\displaystyle 1-\varepsilon<\{kr\}<1\). Legyen \(\displaystyle m=[1/\varepsilon]+2\), és tekintsük az \(\displaystyle \{r\},\{2r\},\dots,\{mr\}\) számokat. Ezek mind a \(\displaystyle [0,1)\) intervallumba esnek, így biztosan van közöttük kettő, melyek különbsége kisebb, mint \(\displaystyle \frac{1}{m-1}\), legyenek ezek \(\displaystyle \{ar\}\) és \(\displaystyle \{br\}\), ahol \(\displaystyle 1\leq a<b\leq m\). Ekkor \(\displaystyle k=b-a\) mellett \(\displaystyle \{kr\}\) értéke vagy \(\displaystyle (0,1/(m-1))\)-be esik (ha \(\displaystyle \{ar\}<\{br\}\) esetén) vagy \(\displaystyle (1-1/(m-1),1)\)-be esik (ha \(\displaystyle \{ar\}>\{br\}\)). (Nem lehetséges, hogy \(\displaystyle \{ar\}=\{br\}\), hiszen ez azt jelentené, hogy \(\displaystyle (b-a)r\) egy egész szám, ami \(\displaystyle b\ne a\) miatt ellentmondana \(\displaystyle r\) irracionalitásának.) Mivel \(\displaystyle \frac{1}{m-1}<\varepsilon\) (ugyanis \(\displaystyle {1}/{\varepsilon}<m-1=[1/\varepsilon]+1\)), ezért készen vagyunk, és így igazoltuk a feladat állítását.

Statistics:

54 students sent a solution.
5 points:	Argay Zsolt, Beke Csongor, Biczó Benedek, Bukva Dávid, Csizmadia Miklós, Fleiner Zsigmond, Füredi Erik Benjámin, Győrffi Ádám György, Hervay Bence, Jánosik Áron, Jánosik Máté, Kocsis Anett, Mácsai Dániel, Nádor Benedek, Noszály Áron, Stomfai Gergely, Terjék András József, Tiderenczl Dániel, Zempléni Lilla.
4 points:	Hegedűs Dániel, Kerekes Boldizsár, Lovas Márton, Nagy Nándor, Osztényi József, Sebestyén Pál Botond, Szabó 991 Kornél.
3 points:	6 students.
2 points:	5 students.
1 point:	6 students.
0 point:	11 students.

Problems in Mathematics of KöMaL, October 2019