A B. 5301. feladat (2023. február)

B. 5301. Tegyük fel, hogy tíz pozitív egész szám reciprokának összege 1. Igazoljuk, hogy mindegyikük kisebb, mint $\displaystyle 10^{1000}$.

Javasolta: Vígh Viktor (Sándorfalva)

(6 pont)

A beküldési határidő 2023. március 10-én LEJÁRT.

Megoldás. Az általánosság korlátozása nélkül feltehetjük, hogy a tíz szám:

$\displaystyle 1 \leq a_1 \leq a_2 \leq \ldots \leq a_{10}.$

Rekurzívan belátjuk, hogy minden $\displaystyle 1 \leq n \leq 10$ esetén $\displaystyle a_n \leq 10^{2^{n-1}}$.

$\displaystyle n = 1$ esetén

$\displaystyle 1 = \frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\ldots+\frac{1}{a_{10}} \leq \frac{10}{a_1},$

tehát $\displaystyle a_1 \leq 10 = 10^{2^{1-1}}$.

Ugyanennek a gondolatnak a finomított alkalmazásával működik a rekurziónk (indukciónk) is.

Legyen most $\displaystyle 1 \leq n < 10$. Belátjuk, hogy ha $\displaystyle a_k \leq 10^{2^{k-1}}$ teljesül minden $\displaystyle i \in \{1,2,\ldots,k\}$ esetén, akkor $\displaystyle a_{n+1} \leq 10^{2^{n}}$.

Tudjuk, hogy

$\displaystyle 1 > \frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\ldots+\frac{1}{a_{n}} = \frac{M}{a_1 \cdot a_2 \cdot \ldots \cdot a_{n}},$

ahol $\displaystyle M$ egy pozitív egész, de az $\displaystyle a_1 \cdot a_2 \cdot \ldots \cdot a_{j-1}$ szorzatnál kisebb szám. Tehát

Mivel $\displaystyle \frac{10}{a_{n+1}} > \frac{1}{a_{n+1}}+\frac{1}{a_{n+2}}+\ldots+\frac{1}{a_{10}} \geq 10^{-(2^n-1)}$ ezért megkaptuk, hogy: $\displaystyle a_{n+1} \leq 10 \cdot 10^{2^n-1} = 10^{2^n}$.

Az így belátott $\displaystyle a_n \leq 10^{2^{n-1}}$ egyenlőtlenség $\displaystyle n=10$ esetén a következő becslést adja: $\displaystyle a_{10} \leq 10^{2^{9}} = 10^{512} < 10^{1000}$. Q.E.D.

Statisztika:

19 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Csonka Illés, Czirják Márton Pál, Diaconescu Tashi, Gömze Norken, Holló Martin, Kocsis 827 Péter, Szakács Ábel, Tarján Bernát, Varga Boldizsár.
4 pontot kapott:	6 versenyző.
3 pontot kapott:	1 versenyző.
2 pontot kapott:	1 versenyző.
1 pontot kapott:	1 versenyző.

A KöMaL 2023. februári matematika feladatai