A B. 5485. feladat (2025. október)

B. 5485. Bizonyítandó, hogy \(\displaystyle \frac1{2025}\)-höz tetszőlegesen közel van olyan racionális szám, amely nem állítható elő 2025 darab pozitív egész szám reciprokának összegeként.

Javasolta: Hujter Mihály (Budapest)

(6 pont)

A beküldési határidő 2025. november 10-én LEJÁRT.

1. megoldás. Nevezzünk egy \(\displaystyle H\subset\mathbb{R}\) halmazt lefelé jólrendezettnek (rövítve LJR), ha bármely nemüres \(\displaystyle H' \subset H\) halmaznak van legnagyobb eleme. Azt fogjuk belátni, hogy a 2025 darab pozitív egész szám reciprokának összegeként előállítható számok halmaza lefelé jólrendezett, és ebből tulajdonságból már könnyen következik a feladat állítása.

Állítás: Egy \(\displaystyle H\subset\mathbb{R}\) halmaz akkor és csak akkor LJR, ha \(\displaystyle H\) elemeiből nem lehet szigorúan növekvő végtelen sorozatot készíteni.

Az állítás bizonyítása: Egyrészt, ha egy \(\displaystyle H\) halmaz elemeiből lehetne szigorúan növekvő végtelen sorozatot készíteni, akkor ennek a sorozatnak az értékkészlete egy olyan \(\displaystyle H' \subset H\) halmaz lenne, amelynek nincs legnagyobb eleme.
Másrészt, ha egy \(\displaystyle H' \subset H\) halmaznak nincs legnagyobb eleme, akkor legyen \(\displaystyle h_1\) a \(\displaystyle H'\) egy tetszőleges eleme, ennél van nagyobb \(\displaystyle h_2 \in H'\), ennél is van nagyobb \(\displaystyle h_3 \in H'\), stb., azaz készíthető egy \(\displaystyle h_1,h_2,h_3,\ldots\) szigorúan monoton növekvő sorozat \(\displaystyle H\) elemeiből. \(\displaystyle \square\)

Az \(\displaystyle A,B \subset \mathbb{R}\) halmazok összegén az

\(\displaystyle A + B = \{ a + b : a \in A, b \in B \} \)

halmazt értjük.

Lemma: Két LJR halmaz összege is LJR.

A lemma bizonyítása: Tegyük fel a lemma állításával ellentétben, hogy valamely \(\displaystyle A\) és \(\displaystyle B\) LJR halmazok összege nem LJR. Ekkor az állítás szerint létezik olyan \(\displaystyle a_n\) sorozat \(\displaystyle A\) elemeiből és egy olyan \(\displaystyle b_n\) sorozat \(\displaystyle B\) elemeiből, amelyekre az \(\displaystyle (a_n + b_n)\) sorozat szigorúan monoton növekvő.

Az \(\displaystyle a_n\) sorozatban kiválaszthatunk egy monoton csökkenő \(\displaystyle a_{i_n}\) részsorozatot, például a következő módon: legyen \(\displaystyle a_{i_1}\) az \(\displaystyle a_n\) sorozat (egyik) legnagyobb eleme, majd minden \(\displaystyle k\ge1\) esetén \(\displaystyle a_{i_{k+1}}\) az \(\displaystyle a_{i_k+1},a_{i_k+2},a_{i_k+3},\ldots\) elemek közül az (egyik) maximális. (Ezek a legnagyobb elemek léteznek, hiszen \(\displaystyle A\) halmaz LJR.)

Ha az \(\displaystyle a_{i_n}\) részsorozat monoton csökkenő, míg az \(\displaystyle a_n + b_n\) (és így az \(\displaystyle a_{i_n} + b_{i_n}\)) sorozat szigorúan monoton növő, akkor a \(\displaystyle b_{i_n}\) részsorozatnak is szigorúan monoton növőnek kell lennie, ellentmondva \(\displaystyle B\) halmaz LJR voltának. Ezzel a lemmát bizonyítottuk. \(\displaystyle \square\)

A kitűzött feladat megoldására térve, minden \(\displaystyle k\) pozitív egészre jelölje \(\displaystyle S_k\) a \(\displaystyle k\) darab pozitív egész szám reciprokának összegeként felírható valós számok halmazát. Vegyük észre, hogy

• \(\displaystyle S_1\) a pozitív egészek reciprokainak halmaza, könnyen ellenőrizhetően LJR.
• \(\displaystyle S_k = S_{k-1} + S_k\) minden \(\displaystyle k \geq 2\) egész esetén. A lemma miatt így minden \(\displaystyle S_k\) is LJR.

Tehát \(\displaystyle S_{2025}\) is LJR halmaz.

Így az \(\displaystyle S_{2025}\) halmaz \(\displaystyle \frac1{2025}\)-nél kisebb elemei (van ilyen, pl. \(\displaystyle \underbrace{\frac{1}{2026^2}+\ldots+\frac{1}{2026^2}}_{2025~\text{db}}\)) közt is van legnagyobb, ezt jelöljük \(\displaystyle M\)-mel. Ekkor az \(\displaystyle \left(M,\frac1{2025}\right)\) intervallum racionális számai nem írhatóak fel 2025 darab pozitív egész szám reciprokának összegeként, és található köztük az \(\displaystyle \frac1{2025}\)-höz tetszőlegesen közeli.

Megjegyzés. A lemma bizonyításának ötlete ismerős lehet a Bolzano–Weierstrass-tétel csúcselemes bizonyításából.

2. megoldás. Minden nemnegatív egész \(\displaystyle n\) szám esetén legyen \(\displaystyle S_n\) azoknak a számoknak a halmaza, amelyek előállnak \(\displaystyle n\) darab, nem feltétlenül különböző pozitív egész reciprokösszegeként. Az üres összeget \(\displaystyle 0\)-nak definiáljuk, \(\displaystyle S_0=\big\{0\big\}\) és \(\displaystyle S_1=\big\{1,\frac12,\frac13,\ldots\big\}\).

A megoldás során korlátos, nem elfajuló nyílt intervallumokkal fogunk dolgozni, tehát olyan \(\displaystyle (a,b)\) nyílt intervallumokkal, amelyekben \(\displaystyle a<b\) valós számok.

Lemma: Bármely \(\displaystyle n\) nemnegatív egész \(\displaystyle n\) esetén, minden nem elfajuló, nyílt intervallum tartalmaz olyan nem elfajuló, nyílt részintervallumot, amelynek egyik eleme sem állítható elő \(\displaystyle n\) darab pozitív egész reciprokösszegeként, azaz minden \(\displaystyle I\) nem elfajuló, nyílt intervallumhoz van olyan \(\displaystyle J\subset I\) nem elfajuló, nyílt intervallum, amely diszjunkt \(\displaystyle S_n\)-nel. (Ezt a tulajdonságot úgy szoktuk hívni, hogy az \(\displaystyle S_n\) halmaz sehol sem sűrű.)

A Lemmából a feladat megoldása azonnal következik: Bármilyen \(\displaystyle \varepsilon>0\) esetén az \(\displaystyle I=\big(\frac1{2025}-\varepsilon,\frac1{2025}+\varepsilon\big)\) intervallum tartalmaz olyan \(\displaystyle J\subset I\) nem elfajuló intervallumot, amelynek egyik eleme sem áll elő \(\displaystyle 2025\) pozitív egész reciprokösszegeként. Mivel a racionális számok halmaza sűrű, a \(\displaystyle J\) intervallum is tartalmaz racionális számot.

A Lemmát \(\displaystyle n\) szerinti indukcióval bizonyítjuk. \(\displaystyle n=0\)-ra az állítás triviális, mert \(\displaystyle S_0=\big\{0\big\}\) egyetlen pontból áll: tetszőleges \(\displaystyle I\) intervallumra \(\displaystyle J_1=I\cap(0,\infty)\) vagy \(\displaystyle J_2\cap(-\infty,0)\) közül legalább az egyik nemüres, és persze diszjunkt \(\displaystyle S_0\)-val.

Az indukciós lépéshez tegyük fel, hogy \(\displaystyle n\) nemnegatív egész, amelyre már tudjuk, hogy \(\displaystyle S_n\) sehol sem sűrű, és vizsgáljuk \(\displaystyle S_{n+1}\)-et. Legyen \(\displaystyle I\) tetszőleges korlátos, nem elfajuló nyílt intervallum; ebben szeretnénk a Lemmának megfelelő \(\displaystyle J\) részintervallumot találni.

Az indukciós feltevés miatt van egy olyan \(\displaystyle J_1=(a-r,a+r)\subset I\) intervallum, ami diszjunkt \(\displaystyle S_n\)-nel. Válasszunk egy olyan nagy \(\displaystyle K\) pozitív egészt, amelyre \(\displaystyle \frac1K<r\), és legyen \(\displaystyle J_2=(a,a+r)\), tehát a \(\displaystyle J_1\) második fele. Azt állítjuk, hogy \(\displaystyle J_2\)-nek egyetlen eleme sem áll elő \(\displaystyle (n+1)\) olyan pozitív egész reciprokösszegként, amelyeknek valamelyike nagyobb, mint \(\displaystyle K\). Tegyük fel indirekten, hogy

\(\displaystyle s=\frac1{x_1}+\frac1{x_2}+\ldots +\frac1{x_n}+\frac1{x_{n+1}} \in J_2 \)

valamilyen \(\displaystyle x_1,x_2,\ldots,x_{n+1}\) pozitív egészekkel, és \(\displaystyle x_{n+1}>K\). Ekkor tehát

\(\displaystyle a< s=\frac1{x_1}+\frac1{x_2}+\ldots +\frac1{x_n}+\frac1{x_{n+1}} <a+r, \)

\(\displaystyle a-r < a-\frac1K < s-\frac1{x_{n+1}} =\frac1{x_1}+\frac1{x_2}+\ldots +\frac1{x_n}< s<a+r, \)

így

\(\displaystyle \frac1{x_1}+\frac1{x_2}+\ldots+\frac1{x_n}\in J_1. \)

Ez viszont ellentmondás, mert a \(\displaystyle J_1\) intervallum nem tartalmazhat olyan számot, amely előállna \(\displaystyle n\)-tagú reciprokösszegként.

Az még előfordulhat, hogy a \(\displaystyle J_2\) intervallum tartalmaz néhány \(\displaystyle \frac1{x_1}+\frac1{x_2}+\ldots +\frac1{x_n}+\frac1{x_{n+1}}\) alakú "kivételes" számot, de ezekben a felírásokban az \(\displaystyle x_1,\ldots,x_{n+1}\) mindegyike legfeljebb \(\displaystyle K\). Ilyen számból csak véges sokféle lehet. A véges sok kivételes szám véges sok nem elfajuló kisebb intervallumra osztja \(\displaystyle J_2\)-t; ezek közül bármelyiket válaszhatjuk \(\displaystyle J\)-nek. Ezzel az indukciós lépést befejeztük, a Lemmát és vele a feladat állítását igazoltuk.

Megjegyzés. A pozitív egészek reciprokai helyett a feladat állítása bármilyen konvergens sorozattal igaz, ez a fenti 2. megoldás módosításával is látható.

Statisztika:

25 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Ali Richárd, Baranyi Ernő, Ercse Ferenc, Gyenes Károly, Holló Martin, Pázmándi József Áron, Vincze Marcell, Zhai Yu Fan.
5 pontot kapott:	Rajtik Sándor Barnabás, Sánta Gergely Péter.
1 pontot kapott:	1 versenyző.
0 pontot kapott:	13 versenyző.

A KöMaL 2025. októberi matematika feladatai