Zadanie o mno˙zeniu i dzieleniu

Transkrypt

Zadanie o mnożeniu i dzieleniu
Mateusz Kwaśnicki
Politechnika Wrocławska
Wykład habilitacyjny
Warszawa, 25 października 2012
Plan wykładu:
• Sformułowanie zadania MD
• Sylwetka autora, prof. Clarka Kimberlinga
• Szkic rozwiazania
˛
Zadanie
Clark Kimberling
Rozwiazanie
˛
(I)
Rozwiazanie
˛
(II)
Sformułowanie
Zadanie MD
Ciag
˛ mnożenia-dzielelnia (MD) dany jest wzorami:
a
¨ an
n
jeśli
∈
/ {0, a1 , ..., an },
2
2
a1 = 1, an+1 =
3an
w przeciwnym przypadku.
Pierwsze wyrazy tego ciagu
˛ to 1, 3, 9, 4, 2, 6, 18, 54, 27,
13, 39, 19, 57, 28, 14, 7, 21.
Czy ciag
˛ MD jest permutacja˛ zbioru liczb naturalnych?
Powyższe zadanie postawił prof. Clark Kimberling w
Crux Mathematicorum 26 (2000), zad. 2248.
Zadanie
Clark Kimberling
Rozwiazanie
˛
(I)
Rozwiazanie
˛
(II)
Uogólnienie
Uogólnione zadanie MD
Niech m, d b˛
eda˛ liczbami naturalnymi. Określmy:

¨ an
jeśli adn ∈
/ {0, a1 , ..., an },
d
a1 = 1, an+1 =
man w przeciwnym przypadku.
Dla jakich liczb m oraz d ciag
˛ (an ) jest permutacja˛ zbioru
liczb naturalnych?
Rozwiazanie
˛
zostało opublikowane 4 lata później w
Crux Mathematicorum 30 (2004), s. 245–239.
Zadanie
Clark Kimberling
Rozwiazanie
˛
(I)
Rozwiazanie
˛
(II)
Sylwetka
Zainteresowania naukowe:
• geometria elementarna, przede
wszystkim własności trójkatów
˛
É twórca definicji punktu
środkowego trójkata
˛
É autor ksiażki
˛
Triangle Centers
and Central Triangles (1998)
É twórca Encyklopedii punktów
środkowych trójkatów
˛
Clark Kimberling
University of Evansville
Indiana, USA
• elementarna teoria liczb
É własności ciagów
˛
i tablic liczb
É autor wielu nietypowych
elementarnych problemów
É fundator nagród za wiele z nich
Zadanie
Clark Kimberling
Rozwiazanie
˛
(I)
Rozwiazanie
˛
(II)
Sylwetka
Zainteresowania pozanaukowe:
• muzyka
É studiował kompozycj˛
e muzyki
É był organista
˛
w Baton Rouge (Luizjana)
i w Denton (Teksas)
É autor wielu nut na flet prosty
i poprzeczny
• studia biograficzne
(matematycy, nauczyciele,
pisarze, artyści)
Clark Kimberling
University of Evansville
Indiana, USA
Zadanie
Clark Kimberling
Rozwiazanie
˛
(I)
Rozwiazanie
˛
(II)
Twierdzenie
Uogólniony ciag
˛ MD:
¨ a
n
a1 = 1, an+1 =
d
man

jeśli adn ∈
/ {0, a1 , ..., an },
jest permutacja˛ zbioru liczb naturalnych wtedy i tylko
m
wtedy, gdy logd m = ln
jest niewymierny, tj. ma 6= db
ln d
dla wszystkich a, b naturalnych.
Dowód składa si˛
e z dwóch cz˛
eści:
(I) ciag
˛ (an ) jest różnowartościowy;
(II) ciag
˛ (an ) wyczerpuje zbiór liczb naturalnych.
Dla uproszczenia rozważamy m = 3, d = 2.
Zadanie
Clark Kimberling
Rozwiazanie
˛
(I)
Rozwiazanie
˛
(II)
Cz˛
eść I
1
2
3
4
8
5
9
10
6
11
12
7
13
18
14
27
54
15
Zadanie
Clark Kimberling
Rozwiazanie
˛
(I)
Rozwiazanie
˛
(II)
Cz˛
eść I
Przypomnienie
¨ an
a1 = 1, an+1 =
2
3an

jeśli a2n ∈
/ {0, a1 , ..., an }
w przeciwnym przypadku
• Przypuśćmy, że an = aj dla pewnych j < n.
• Niech n b˛
edzie najmniejsza˛ liczba˛ o tej własności.
• Wobec minimalności n zachodzi an = 3an−1
• Niech i < j b˛
edzie takie, że
a
a
, ..., aj = j−1
.
ai+1 = 3ai , ai+2 = i+1
2
2
Zadanie
Clark Kimberling
Rozwiazanie
˛
(I)
Rozwiazanie
˛
(II)
Cz˛
eść I
an−1
an = aj
aj−1
ai

3an−1 = an = aj = 3ai / 2j−i−1

wi˛
ec: an−1 = ai / 2j−i−1
...
ai+1
Zadanie
Clark Kimberling
Rozwiazanie
˛
(I)
Rozwiazanie
˛
(II)
Cz˛
eść I
Przypomnienie
¨ an
a1 = 1, an+1 =
2
3an

jeśli a2n ∈
/ {0, a1 , ..., an }

• Podsumujmy: an−1 = ai / 2j−i−1 oraz i < n − 1.

• Ponieważ ai+1 = 3ai , wi˛
ec a2i ∈ {0, a1 , ..., ai }.

• a4i albo nast˛
epuje bezpośrednio po a2i ,
albo wystapiło
˛
wcześniej, albo jest równe zero.

• Tak czy inaczej, a4i ∈ {0, a1 , ..., ai }.

• Indukcyjnie: 2aki ∈ {0, a1 , ..., ai } (k ≥ 0).
• Zatem an−1 wystapiło
˛
wcześniej w ciagu.
˛
• Sprzeczność z minimalnościa˛ n.
Zadanie
Clark Kimberling
Rozwiazanie
˛
(I)
Rozwiazanie
˛
(II)
Twierdzenie
Uogólniony ciag
˛ MD:
¨ a
n
a1 = 1, an+1 =
d
man

jeśli adn ∈
/ {0, a1 , ..., an },
jest permutacja˛ zbioru liczb naturalnych wtedy i tylko
m
wtedy, gdy logd m = ln
jest niewymierny, tj. ma 6= db
ln d
dla wszystkich a, b naturalnych.
Dowód składa si˛
e z dwóch cz˛
eści:
(I) ciag
˛ (an ) jest różnowartościowy;
(II) ciag
˛ (an ) wyczerpuje zbiór liczb naturalnych.
Dla uproszczenia rozważamy m = 3, d = 2.
Zadanie
Clark Kimberling
Rozwiazanie
˛
(I)
Rozwiazanie
˛
(II)
Cz˛
eść II
Przypomnienie
¨ an
a1 = 1, an+1 =
2
3an

jeśli a2n ∈
/ {0, a1 , ..., an }
• Niech xn = log2 an .
• Oznaczmy 〈x〉 = e2πix .
• Jeśli an+1 = 3an , to 〈xn+1 〉 = 〈xn + α〉, gdzie α = log2 3.

• Jeśli zaś an+1 = a2n , to 〈xn+1 〉 = 〈xn 〉 lub
E
D
〈xn+1 〉 = xn + log2 (1 − a1 ) .
n
Zadanie
Clark Kimberling
Rozwiazanie
˛
(I)
Rozwiazanie
˛
(II)
Cz˛
eść II
9
4
1
3
Zadanie
Clark Kimberling
Rozwiazanie
˛
(I)
Rozwiazanie
˛
(II)
Cz˛
eść II
39 19
18
4
2
6
13
54
27
28
57
Zadanie
Clark Kimberling
Rozwiazanie
˛
(I)
Rozwiazanie
˛
(II)
Cz˛
eść II
Przypomnienie
¨ an
a1 = 1, an+1 =
2
3an

jeśli a2n ∈
/ {0, a1 , ..., an }
xn = log2 an
• Niech nk b˛
edzie rosnacym
˛
ciagiem
˛
wszystkich n, dla
których an+1 = 3an .

3ank
• Wówczas ank+1 =
.
2nk+1 −nk −1
• Wobec tego xnk+1 = xnk + α + "k , gdzie

1
.
0 ≥ "k > log2 1 −
ank+1
Zadanie
Clark Kimberling
Rozwiazanie
˛
(I)
Rozwiazanie
˛
(II)
Cz˛
eść II
Przypomnienie
xn = log2 an
xnk+1 = xnk + α + "k

1
0 ≥ "k ≥ log2 1 −
ank+1
• Ustalmy A. Dowiedziemy, że an = A dla pewnego n.

• Niech J = log2 (A + 12 ) , log2 (A + 1) – łuk okr˛
egu.
• Dla pewnego N suma łuków J obróconych o katy
˛
0, −α, ..., −Nα pokrywa cały okrag.
˛
• Zatem dla wszystkich x:
¦
©
〈x〉 , 〈x + α〉 , ..., 〈x + Nα〉 ∩ J 6= ∅.
Zadanie
Clark Kimberling
Rozwiazanie
˛
(I)
Rozwiazanie
˛
(II)
Cz˛
eść II
Przypomnienie
xn = log2 an

1
0 ≥ "k ≥ log2 1 −
ank+1

J = log2 (A + 12 ) , log2 (A + 1)
¦
©
〈x〉 , 〈x + α〉 , ..., 〈x + Nα〉 ∩ J 6= ∅
• Wiemy już, że an → ∞, a wi˛
ec "k → 0.
A
1
• Wybierzmy k tak, by 0 ≥ "i > N
log2 A+1/
dla i ≥ k.
2
• Dla pewnego j ∈ {0, ..., N} zachodzi xnk + jα ∈ J.
• Ponadto 0 ≥ "k + "k+1 + ... + "k+j−1 ≥ log2
A
.
A+1/ 2
Zadanie
Clark Kimberling
Rozwiazanie
˛
(I)
Rozwiazanie
˛
(II)
Cz˛
eść II
Przypomnienie
xn = log2 an

1
0 ≥ "k ≥ log2 1 −
ank+1

J = log2 (A + 12 ) , log2 (A + 1)
xnk + jα ∈ J
0 ≥ "k + "k+1 + ... + "k+j−1 ≥ log2
A
A+1/ 2

• Otrzymujemy xnk+j ∈ log2 A, log2 (A + 1) .
Zadanie
Clark Kimberling
Rozwiazanie
˛
(I)
Rozwiazanie
˛
(II)
Cz˛
eść II
xnk+j
xnk + jα
log2 A
log2 (A + 21 )
log2 (A + 1)
xnk
Zadanie
Clark Kimberling
Rozwiazanie
˛
(I)
Cz˛
eść II
Przypomnienie
xn = log2 an
Wniosek
Dla każdego A istnieje n takie, że

〈xn 〉 ∈ log2 A, log2 (A + 1) .

• Otrzymujemy wi˛
ec A = 2ank dla pewnego k.

• Jak w cz˛
eści I: 2ank na pewno wystapi
˛ w ciagu:
˛
albo jako an+k , albo wśród {0, a1 , ..., an }.
Rozwiazanie
˛
(II)
Zadanie
Clark Kimberling
Rozwiazanie
˛
(I)
Rozwiazanie
˛
(II)
Korzystałem z:
Crux Mathematicorum 26 (2000) oraz 30 (2004)
Strona internetowa University of Evansville
http://faculty.evansville.edu/ck6/
Strona internetowa Mel Bay Publications Inc.
http://www.melbay.com/Author/Default.aspx?
AuthorId=32571
Strona internetowa Kendall Hunt
http://math.kendallhunt.com/x6186.html