Rozwi¡zanie zadania M-D
Transkrypt
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. atwo 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