OBM 2017 - Nível 3 - P1

Problema 1

Para cada real $r$ entre $0$ e $1$ podemos representar $r$ com o decimal infinito $r=0,r_1r_2r_3\dots$ com $0\leq r_i\leq9$. Por exemplo, $\frac{1}{4}=0,25000\dots, \frac{1}{3}=0,333\dots, \frac{1}{\sqrt{2}}=0,707106\dots$.

a) Mostre que podemos escolher dois racionais $p$ e $q$ entre $0$ e $1$ de modo que a partir das representações decimais deles $p=0,p_1p_2p_3\dots$ e $q=0,q_1q_2q_3\dots$ é possível construir um irracional $\alpha=0,a_1a_2a_3\dots$ tal que para cada $i=1, 2 ,3,\dots$ temos $a_i=p_i$ ou $a_i=q_i$.

b) Mostre que existem um racional $s=0,s_1s_2s_3\dots$ e um irracional $\beta=0,b_1b_2b_3\dots$ tais que para todo $N\geq2017$ o número de índices $1\leq i\leq N$ tais que $s_i\neq b_i$ é menor ou igual a $\frac{N}{2017}$.

Solução de João Rafael:

a) Tenha $p=0,\overline{1}$ e $q=0,\overline{2}$. Vamos provar que, com $\alpha=0,a_1a_2a_3\dots$, se

$a_i= \begin{cases} 1\mbox{ se }i=2^k \\ 2\mbox{ se }i\neq2^k \end{cases}$ para $k\in\mathbb{Z_+}$, $\alpha\notin\mathbb{Q}$.

Note que todo racional entre $0$ e $1$ pode ser escrito como $r=0,x_1x_2\dots x_m\overline{y_1y_2\dots y_n}$ onde $y_1y_2\dots y_n$ é o período de $r$ e $x_1x_2\dots x_m$ sua parte não-periódica. Suponha que $\alpha$ é racional com um período de tamanho $n$ e parte não-periódica de tamanho $m$. Note, então que a partir de $a_m$, se pegarmos os decimais de $n$ em $n$ eles serão periódicos e terão os mesmos números que o período de $\alpha$ só que permutados ciclicamente. Então note que escolhendo $a_{2^k}a_{2^k+1}\dots a_{2^k+n}$, $a_{2^k}$ será $1$ e logo o período de $\alpha$ deve ter em alguma posição o número $1$. Porém para $k$ suficientemente grande conseguimos obter

$2^k<i<i+n<2^{k+1}$

O que implicaria que o período de $a_ia_{i+1}\dots a_{i+n}$ não tem 1's e logo que o período de $\alpha$ não tem 1, o que é uma contradição com o que foi mostrado acima. Então por esse absurdo devemos ter que $\alpha\notin\mathbb{Q}$ como queriamos. Veja que os decimais de $\alpha$ podem ser construidos facilmente com os de $p$ e $q$ e logo feito.

b) Tome $s=0,\overline{1}$. Vamos construi $\beta$ da seguinte forma:

$b_i=\begin{cases}2\mbox{ se }\frac{i}{2017}=2^k \\ 3\mbox{ se }\frac{i}{2017}\neq2^k\mbox{ mas }2017|i\\ 1\mbox{ caso nenhum acima ocorra}\end{cases}$ para $k\in\mathbb{Z_+}$

Assim $\beta=0,11\dots121\dots121\dots131\dots$. Note que com um argumento semelhante ao do item a) podemos afirmar que $\beta\notin\mathbb{Q}$ pois supondo que $\beta\in\mathbb{Q}$, se $\beta$ tem período de tamanho $n$ e parte não-periódica de tamanho $m$ teriamos que, pegando $b_{2017*2^k}b_{2017*2^k+1}\dots b_{2017*2^k+n}$, com $2017*2^k>m$, esse período começa com um $2$ e logo há o número $2$ no período de $\beta$ em alguma posição. Porém se olharmos, agora, para $k$ grande tal que

$2017*2^k<i<i+n<2017*2^{k+1}$

Temos que $b_ib_{i+1}\dots b_{i+n}$ não tem o $2$, e logo não há $2$ no período de $\beta$, absurdo. Logo $\beta\notin\mathbb{Q}$

Note que a cada $2017$ casas decimais de $\beta$, $2016$ são iguais as de $s$ e exatamente uma é diferente. Dessa forma garantimos que o número de índices $1\leq i\leq N$ tais que $s_i\neq b_i$ é exatamente $\lfloor\frac{N}{2017}\rfloor\leq\frac{N}{2017}$ como queriamos.$\blacksquare$