Rozwi¡zanie zadania M-D

Rozwi¡zanie zadania M-D
Mateusz Kwa±nicki
2 lipca 2008
1 Zadanie
1. Okre±lamy ci¡g
(an ) dla mno»nika p i dzielnika q w nast¦puj¡cy sposób.
Rozpoczynamy od a1 = 1. Wyraz an+1 jest równy ban /qc, o ile ta liczba jest
dodatnia i nie wyst¡piªa jeszcze w ci¡gu, b¡d¹ pan w przeciwnym przypadku.
Na przykªad gdy p = 3 oraz q = 2, to pocz¡tkowymi wyrazami ci¡gu
M-D s¡ liczby 1, 3, 9, 4, 2, 6, 18, 54, 27, 13, 39, 19, 57, 28, 14, 7, 21, . . . .
Niech
p, q
b¦d¡ liczbami naturalnymi wi¦kszymi od
mno»¡co-dziel¡cy
Zadanie polega na stwierdzeniu, czy ci¡g M-D jest permutacj¡ ci¡gu liczb
naturalnych. Poni»ej dowodzimy, »e odpowied¹ jest twierdz¡ca wtedy i tylko
n
m
wtedy, gdy logq p jest niewymierny, czyli gdy q = p
tylko dla n = m = 0.
Warunek ten jest speªniony mi¦dzy innymi przez ka»d¡ par¦ liczb wzgl¦dnie
pierwszych.
Zadanie pojawiªo si¦ na ªamach kanadyjskiego czasopisma Crux Mathe-
maticorum, w numerze 26 (2000), zadanie 2248.
Šatwo udowodni¢ implikacj¦ w jedn¡ stron¦. Niech bowiem logq p b¦dzie
n
liczb¡ wymiern¡, czyli q
= pm dla pewnych wzgl¦dnie pierwszych n, m.
1/m
Wówczas d = q
= p1/n jest liczb¡ caªkowit¡ wi¦ksz¡ od 1, a wi¦c ka»dy
wyraz ci¡gu M-D jest pot¦g¡ liczby
d.
W szczególno±ci liczba
d+1 nie pojawi
si¦ w ci¡gu M-D.
W dalszej cz¦±ci udowodnimy implikacj¦ w drug¡ stron¦.
2 Oznaczenia
Zbiory liczb caªkowitych, caªkowitych dodatnich i rzeczywistych oznaczamy
+
odpowiednio przez Z, Z , R. Grup¦ ilorazow¡ topologicznych grup addy-
1
[0, 1) z dodawaniem modulo
1) b¦dziemy oznacza¢ przez T. Elementami T s¡ warstwy [a] = a + Z =
{a + n : n ∈ Z}, gdzie a ∈ R. Niech κ : R → T b¦dzie kanonicznym homomorzmem danym wzorem κ(a) = [a]. Przypomnijmy, »e zbiór U ⊂ T
−1
jest otwarty wtedy i tylko wtedy, gdy κ (U ) jest otwartym podzbiorem R.
Ponadto je±li V jest otwartym podzbiorem R, to κ(V ) jest otwarty w T, a
wi¦c κ jest odwzorowaniem otwartym.
tywnych
R
oraz
Z
(izomorczn¡ z odcinkiem
3 Formalna denicja ci¡gu M-D
Ustalmy
p, q > 1
logq p
takie, »e
M-D wraz ze zbiorami
An
jest liczb¡ niewymiern¡. Deniujemy ci¡g
równaniami:
a1 = 1,
An = {0} ∪ {am : m ≤ n} ,
an+1 = pan
an+1 = ban /qc
je±li
je±li
ban /qc ∈ An ,
ban /qc ∈
/ An .
Ponadto okre±lamy:
A = {am : m ∈ Z+ } ,
B = Z+ \A.
Musimy udowodni¢ dwa stwierdzenia:
an = am
tylko je±li
n = m,
(1)
B = ∅.
(2)
4 Dwie wªasno±ci zbiorów An, A oraz B
k
n ∈ Z+ i zaªó»my,
»e an /q
∈ An dla pewnego k ∈ Z+. Je±li
k+1
k
= 0, to an /q
= 0 ∈ An . Zaªó»my wi¦c,
»e an /q
> 0,
k
k
czyli an /q
= am dla pewnego m ≤ n. Poniewa» an /q < an , wi¦c
m < n. Zatem albo bam /qc ∈ Am ⊂ An (i wtedy
am+1 = pam ), albo
bam /qc = am+1 ∈ An . Tak czy inaczej an /q k+1 = bam /qc ∈ An . St¡d
Ustalmy
an /qk
indukcyjnie:
Je±li
ban /qc ∈ An ,
to
an /q k ∈ An
2
dla wszystkich
k ≥ 0.
(3)
a ∈ A, czyli a = an dla pewnego n. Wówczas albo ban /qc =
an+1 ∈ A, albo
kba
n /qc ∈ An ⊂ A ∪ {0}. Zatem ba/qc ∈ A ∪ {0}. k St¡d
indukcyjnie a/q
∈ A ∪ {0}. Innymi sªowy, je±li oznaczymy b = a/q , to:
We¹my teraz
Je±li
b ∈ B,
to
qk b + l ∈ B
dla wszystkich
k ∈ Z+ , 0 ≤ l < q k .
(4)
5 Prawo skracania pod podªog¡
Wykorzystamy nast¦puj¡ce ªatwe twierdzenie o podªodze. Zaªó»my, »e
bpxc, gdzie x ∈ R, a ∈ Z za± p ∈ Z+ . Wówczas:
pa =
bpxc
px
pa
=
=
= bxc .
a=
p
p
p
Zatem:
pa = bpxc
je±li
implikuje
a = bxc ,
(5)
x ∈ R, a ∈ Z, p ∈ Z+ .
6 Dowód stwierdzenia
(1)
ai = aj dla pewnych i 6= j . Niech n b¦dzie najmniejszym indeksem takim, »e an = am dla pewnego m, 0 < m < n. Oczywi±cie
oznacza to, »e an ∈ An−1 , a wi¦c an = pan−1 . Niech 1 < i ≤ m b¦dzie takim
Zaªó»my nie wprost, »e
indeksem, »e:
am = bam−1 /qc , am−1 = bam−2 /qc , . . . , ai+1 = bai /qc , ai = pai−1 .
a2 = pa1 .) Wówczas:
= an = am = ai /q m−i = pai−1 /q m−i .
(Taki indeks istnieje, poniewa»
pan−1
Na mocy (5) wnioskujemy, »e
bai−1 /qc ∈ Ai−1 .
an−1 = bai−1 /q m−i c.
Poniewa»
ai = pai−1 , wi¦c
Z wªasno±ci (3) wynika wi¦c, »e:
an−1 = ai−1 /q m−i ∈ Ai−1 .
an−1 = aj dla pewnego j speªniaj¡cego nierówno±ci 0 < j ≤
i − 1 ≤ m − 1 < n − 1. Stanowi to sprzeczno±¢ z wyborem n. Zaªo»enie nie
Innymi sªowy
wprost musi by¢ zatem faªszywe, czyli dowiedli±my (1). Warto zauwa»y¢, »e
nie skorzystali±my z zaªo»enia o niewymierno±ci
3
logq p.
7 Dowód stwierdzenia
(2)
B jest niepusty i niech a ∈ B . Dowiedziemy,
∈ Z+ , 0 ≤ s < q t , co stoi w sprzeczno±ci z
obserwacj¡ oka»e si¦ to, »e ró»nica mi¦dzy logq a
Ponownie zaªó»my nie wprost, »e
t
»e q a + s ∈
/ B dla pewnych t, s
wªasno±ci¡ (4). Kluczow¡
t
oraz logq (q a + s) jest bliska liczbie caªkowitej. Oznacza to, »e odlegªo±¢
t
mi¦dzy warstwami logq a i logq (q a + s) w T jest bardzo maªa. Wystarczy
wi¦c pokaza¢, »e zbiór warstw
dla wszystkich
n.
logq an
To za± wyniknie ze zwi¡zku mi¦dzy ci¡giem
obrotami niewymiernymi na
logq a
logq an i
nie mo»e by¢ oddzielony od
T.
limn→∞ an = ∞. Oznacza to, »e dla niesko«czenie wielu indeksów n zachodzi an+1 = pan . Niech
k1 , k2 , . . . b¦dzie ±ci±le rosn¡cym ci¡giem wszystkich takich n. Zatem:
akn +1
(6)
akn+1 = kn+1 −kn −1 , akn +1 = pakn .
q
Z udowodnionego stwierdzenia (1) wynika, »e
Niech
bn = logq an , α = logq p.
Zaªo»yli±my, »e
α
jest liczb¡ niewymiern¡.
Okre±lamy:
n = logq
akn +1
q kn+1 −kn −1
Wªasno±¢ (6) i nierówno±ci
− logq akn+1 = bkn +1 − bkn+1 − kn+1 + kn + 1.
bxc ≤ x < bxc + 1
dla
x∈R
implikuj¡:
0 ≤ n < logq (akn+1 + 1) − logq akn+1 =
akn+1 + 1
1
.
<
= logq
akn+1
akn+1 ln q
Z denicji
n
(7)
oraz z (6) wynika, »e:
bkn+1 = [bkn +1 − n ] ,
(8)
[bkn +1 ] = logq (pakn ) = [bkn + α] .
Dokªadnie tego oczekiwali±my: warstwa bkn+1 jest bardzo bliska warstwie
[bkn +1 ], która jest obrazem warstwy [bkn ] przez niewymierny obrót. Zanim
przyst¡pimy do szczegóªów rozumowania, przypomnijmy, »e szukamy wyt
+
t
razu am takiego, »e am = q a + s dla pewnych t, s ∈ Z , 0 ≤ s < q , lub
równowa»nie
bm = logq am ∈ [logq a + t, logq (a + 1) + t).
4
Okre±lmy:
δ = logq (a + 21 ) − logq a,
V = logq (a + 12 ), logq (a + 1) ,
U = κ(V ).
U
Poniewa»
jest niepustym, otwartym podzbiorem
T,
za±
α
jest liczb¡ nie+
wymiern¡, wi¦c (wobec minimalno±ci obrotu niewymiernego) istnieje L ∈ Z
x ∈ R zachodzi [x + lα] ∈ U dla pewnego l, 0 ≤ l ≤ L.
L < M δ ln q . Poniewa» limn→∞ an = ∞,
wi¦c istnieje N takie, »e an > M dla n ≥ N . Ustalmy n takie, »e kn ≥ N .
Dla pewnego l , 0 ≤ l ≤ L, zachodzi [bkn + lα] ∈ U . Oznacza to, »e dla
pewnego i ∈ Z:
bkn + lα + i ∈ V.
taki, »e dla wszystkich
Niech
M
Z denicji
b¦dzie tak du»e, »e
V:
logq (a + 21 ) < bkn + lα + i < logq (a + 1)
Niech
m = n + l.
(9)
Korzystaj¡c z wªasno±ci (8), otrzymujemy:
[bkm ] = [bkn + lα − n − n+1 − · · · − m−1 ]
lub równowa»nie:
bkm = bkn + lα − n − n+1 − · · · − m−1 + j
dla pewnego
akν+1 > M .
j ∈ Z.
Teraz je±li
Zatem:
bkn + lα + j −
Lecz
M
n ≤ ν < m, to kν+1 > kn ≥ N , a wi¦c
0 ≤ ν < (akν+1 ln q)−1 < (M ln q)−1 .
Wobec (7) oznacza to, »e
l
< bkm ≤ bkn + lα + j.
M ln q
byªo okre±lone tak, aby
l/(M ln q) ≤ L/(M ln q) < δ .
St¡d:
bkn + lα + j − δ < bkm ≤ bkn + lα + j.
Wraz z (9) i denicj¡
δ
prowadzi to do:
logq (a + 12 ) − i + j − (logq (a + 12 ) − logq a) < bkm < logq (a + 1) − i + j.
Ostatecznie otrzymujemy:
logq a + j − i < bkm < logq (a + 1) + j − i.
5
Wyra»aj¡c ten warunek za pomoc¡ wyj±ciowego ci¡gu, otrzymujemy:
q j−i a < akm < q j−i (a + 1).
t
musi by¢ dodatnie. St¡d akm = q a + s dla
t
speªniaj¡cego warunek 0 < s < q . Sprzeczno±¢ z (4).
W szczególno±ci
pewnego
s
j−i
Dowiedli±my zatem, »e
B
jest pusty. To ko«czy rozwi¡zanie.
6
t=i−j
i