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OBM 2017 - Nível 3 - P1

Problema 1

Para cada real r entre 0 e 1 podemos representar r com o decimal infinito r=0,r1r2r3 com 0ri9. Por exemplo, 14=0,25000,13=0,333,12=0,707106.

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,p1p2p3 e q=0,q1q2q3 é possível construir um irracional α=0,a1a2a3 tal que para cada i=1,2,3, temos ai=pi ou ai=qi.

b) Mostre que existem um racional s=0,s1s2s3 e um irracional β=0,b1b2b3 tais que para todo N2017 o número de índices 1iN tais que sibi é menor ou igual a N2017.

Solução de João Rafael:

a) Tenha p=0,¯1 e q=0,¯2. Vamos provar que, com α=0,a1a2a3, se

ai={1 se i=2k2 se i2k para kZ+, αQ.

Note que todo racional entre 0 e 1 pode ser escrito como r=0,x1x2xm¯y1y2yn onde y1y2yn é o período de r e x1x2xm sua parte não-periódica. Suponha que α é racional com um período de tamanho n e parte não-periódica de tamanho m. Note, então que a partir de am, se pegarmos os decimais de n em n eles serão periódicos e terão os mesmos números que o período de α só que permutados ciclicamente. Então note que escolhendo a2ka2k+1a2k+n, a2k será 1 e logo o período de α deve ter em alguma posição o número 1. Porém para k suficientemente grande conseguimos obter

2k<i<i+n<2k+1

O que implicaria que o período de aiai+1ai+n não tem 1's e logo que o período de α não tem 1, o que é uma contradição com o que foi mostrado acima. Então por esse absurdo devemos ter que αQ como queriamos. Veja que os decimais de α podem ser construidos facilmente com os de p e q e logo feito.

b) Tome s=0,¯1. Vamos construi β da seguinte forma:

bi={2 se i2017=2k3 se i20172k mas 2017|i1 caso nenhum acima ocorra para kZ+

Assim β=0,11121121131. Note que com um argumento semelhante ao do item a) podemos afirmar que βQ pois supondo que βQ, se β tem período de tamanho n e parte não-periódica de tamanho m teriamos que, pegando b20172kb20172k+1b20172k+n, com 20172k>m, esse período começa com um 2 e logo há o número 2 no período de β em alguma posição. Porém se olharmos, agora, para k grande tal que

20172k<i<i+n<20172k+1

Temos que bibi+1bi+n não tem o 2, e logo não há 2 no período de β, absurdo. Logo βQ

Note que a cada 2017 casas decimais de β, 2016 são iguais as de s e exatamente uma é diferente. Dessa forma garantimos que o número de índices 1iN tais que sibi é exatamente N2017N2017 como queriamos.◼