Problema 1
Para cada real r entre 0 e 1 podemos representar r com o decimal infinito r=0,r1r2r3… com 0≤ri≤9. Por exemplo, 14=0,25000…,13=0,333…,1√2=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 N≥2017 o número de índices 1≤i≤N tais que si≠bi 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 i≠2k para k∈Z+, α∉Q.
Note que todo racional entre 0 e 1 pode ser escrito como r=0,x1x2…xm¯y1y2…yn onde y1y2…yn é o período de r e x1x2…xm 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+1…a2k+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+1…ai+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 α∉Q 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 i2017≠2k mas 2017|i1 caso nenhum acima ocorra para k∈Z+
Assim β=0,11…121…121…131…. Note que com um argumento semelhante ao do item a) podemos afirmar que β∉Q pois supondo que β∈Q, se β tem período de tamanho n e parte não-periódica de tamanho m teriamos que, pegando b2017∗2kb2017∗2k+1…b2017∗2k+n, com 2017∗2k>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
2017∗2k<i<i+n<2017∗2k+1
Temos que bibi+1…bi+n não tem o 2, e logo não há 2 no período de β, absurdo. Logo β∉Q
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 1≤i≤N tais que si≠bi é exatamente ⌊N2017⌋≤N2017 como queriamos.