Доказать иррациональность некоторой десятичной дроби

[sbidujko]

Любопытная задача Ленинградской олимпиады 1971 года:
Докажите, что если числа $2^1$, $2^2$, $2^4$, $2^8$, ... выписать друг
за другом после нуля и запятой, то полученное число будет
иррациональным.

[Руст]

Если рациональное, то существует число $10^{N-1}\le A<10^N$ длины $N$, что будут существовать бесконечно много n. таких, что $2^n=A*M, M=\frac{10^{kN}-1}{10^N-1}$. что невозможно из-за нечетности $M$.

[w0robey]

Руст в сообщении #441036 писал(а):

Если рациональное, то существует число $10^{N-1}\le A<10^N$ длины $N$, что будут существовать бесконечно много n. таких, что $2^n=A*M, M=\frac{10^{kN}-1}{10^N-1}$

Обоснуйте пожалуйста... может это и очевидно, но у меня настолько разболелась голова,что мозг отказывается в это верить без доказательства.

[Руст]

Дпустим это число рациональное. Тогда начиная с какого то числа $N_1$ будут повторяться цифры длиной $N$. При этом не важно с каким сдвигом. Возьмем число n, такое, чтобы количество цифр делилось на $N$ и больше начального непериодичного, т.е. $kN-1<nlog_{10}2<kN$. Тогда число $2^n$ будет состоять из k чисел $A$, где $A$ число длины периода $N$, т.е. $2^n=A*M, M=\frac{10^{kN}-1}{10^N-1}$, что невозможно из-за нечетности $M$. По сути получился повтор первоначального, только чуть подробнее. По другому не умею.

[w0robey]

Руст в сообщении #441069 писал(а):

Дпустим это число рациональное. Тогда начиная с какого то числа $N_1$ будут повторяться цифры длиной $N$. При этом не важно с каким сдвигом. Возьмем число n, такое, чтобы количество цифр делилось на $N$ и больше начального непериодичного, т.е. $kN-1<nlog_{10}2<kN$. Тогда число $2^n$ будет состоять из k чисел $A$, где $A$ число длины периода $N$, т.е. $2^n=A*M, M=\frac{10^{kN}-1}{10^N-1}$, что невозможно из-за нечетности $M$. По сути получился повтор первоначального, только чуть подробнее. По другому не умею.

Всё, въехал, действительно это очевидно... связывал своё док. с вашим... У меня доказательство сложнее:
1) Допустим дробь рациональна
2) Сдвигаю период так, чтобы посл. цифра была 6 (шестёрка в периоде будет всегда, т. к. числа указанного вида всегда оканчиваются на 6)
3) Малюсенькое доказательство того, что найдутся два числа, которые оканч. на период
4) Отнимаю из большего меньшее, тем самым получив, что разность оканчивается более, чем на один нолик (период с длиной 1 понятное дело не катит)
5) А с другой стороны, вынося меньшую степень двойки за скобки доказываю, что в разложении встречается не более одной пятёрки, что противоречит предыдущему шагу.
...примерно так...

[sbidujko]

Руст в сообщении #441069 писал(а):

Возьмем число n, такое, чтобы количество цифр делилось на $N$ и больше начального непериодичного, т.е. $kN-1<nlog_{10}2<kN$.

а почему всегда можно выбрать $n$ с количеством цифр $2^n$ кратным $N$, ведь эти $n$ не подряд идут, а каждый раз на 2 умножаются? Тогда количество цифр в $2^n$ тоже в 2 раза или в 2 раза минус 1 увеличивается?

[Руст]

Это значит, что $kN-1\ge nlg2<kN$. Так что это верно, даже если число 2 заменить на любое другое число, не являющееся степенью числа 10.

[sbidujko]

Bachukas предложил слудущее решение:
Возьмем такое $k$ что $2^{2^k}$ имеет больше чем $M=2^{n+2}$ цифр (и все эти цифры находятся в периодическрй части).
По принципу Дирихле мы можем взять взять такие $2^{2^c}$, $2^{2^d}$, $0<d-c\le{n+1}$,$k\le{C}$ чтобы последние $M$ цифр были одинаковы.
$2^{2^d}-2^{2^c}=2^{2^c}\left(2^{2^d-2^c}-1\right)=2^{2^c}\left(\left(2^{2^{d-c}-1}\right)^{2^c}-1\right)$
$5^M\mid{(2^{2^{d-c}-1})^{2^c}}-1$
$a=2^{2^{d-c}-1}<2^{2^{n+1}$
$5^M\mid{a^{2^c}-1}=(a^4-1)(a^4+1)(a^8+1)...(a^{2^{c-1}}+1)$
$a^4+1,a^8+1,...$ равны 2 по модулю 5
$5^M\mid(a^4-1)$, но $5^M=5^{2^{n+2}}>4^{2^{n+2}}>a^4$
В случае же $a^4-1=0$ $d=c$.
Итак, получили противоречие