Периодичность округления иррац числа, помноженного на натур

[Legioner93]

Здравствуйте.
$x$ - положительное иррациональное число
$f(n)=\lfloor n x \rfloor$, $n \in \mathbb N$
$g(n)=f(n+1)-f(n)$

Верно ли, что $g(n)$ не "слабо-периодична вправо"?

Определение "слабой периодичности вправо" (термин придумал сам): существует некоторый $n_0 \in \mathbb{N}$ и "слабый период" $T \in \mathbb{N}$, такой что $\forall k \in \mathbb{N} \ g(n_0+kT)=g(n_0)$
Отличие от обычной периодичности в том, что там подобное условие должно выполняться для любого $n_0$, а мне достаточно лишь одного. Т.е. чтобы хотя бы некоторая часть функции была периодична. Слово "вправо" в определении означает, что мы может прибавлять период только с натуральными коэффициентами, но не целыми, т.е. идти по последовательности значений вправо.

Наверняка всё это не очень понятно с наскоку, поэтому приведу конкретный пример.

Вот ряд значений $g(n)$ для $x=\sqrt{2}$
1 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 ...

Я хочу узнать, найдется ли где-нибудь значение $g(n_0)$ (например 1) такое, что идя вправо с некоторым шагом, мы всегда будем получать только единицу, и никогда двойку. А если мы обязательно рано или поздно наткнемся на двойку, идя с любой единицы, и с любым шагом, то это и будет означать отсутствие слабой периодичности вправо для этой функции (вкупе с аналогичным условием для двойки).

Я пробовал поиграться с фактом непериодичности десятичного разложения числа $x$ (по определению иррационального числа), но ничего не получил.

Кстати, для рациональных чисел факт "слабой периодичности вправо" (и по-моему даже обычной периодичности) тривиально верен - достаточно взять и в качестве периода, и в качестве $n_0$ знаменатель дроби.

Спасибо всем, кто дочитал, а отдельное спасибо всем попытавшимся вникнуть

-- Чт апр 25, 2013 06:12:15 --

Если покороче. Округляя вниз $n \cdot \sqrt{2}$ и увеличивая $n$ последовательно на единицу, мы иногда будем "скакать" на 1, а иногда на 2. Хочу доказать или опровергнуть, что никакой периодичности (даже частичной) в этих скачках нет.

[ИСН]

Ну э. Если $x$ иррационально, то таково же и $Tx$. А тогда дробная часть от $kTx,\,k\in\mathbb N$ плотно покрывает весь интервал $(0,1).$

[Alex_J]

Legioner93

Исследуйте разложение $x=N+\sum_{k=1}^\infty{\frac{\xi_k}{n^k}}$, $\forall k$ $0\leq\xi_k<n$.

Причём только $\xi_1(n)$ как функцию от $n$.

[ex-math]

ИСН хорошо написал. Ведь Ваша $g(n)$ принимает свои два значения в зависимости от того, будет ли $\{n\sqrt2\}$ больше или меньше некоторой границы. Так что слабая периодичность означает, что $\{(n_0+kT)\sqrt2\}$ для всех $k$ попадет в только в одну часть $[0,1)$, а это не вяжется с ее плотностью в $[0,1)$.

[provincialka]

Ну, если быть точным, автора интересует не сама целая часть $f(n)$, а ее приращение $g(n)$. Наверное, для нее выполняются те же закономерности, но это не очевидно.

[Legioner93]

ИСН
ex-math
Спасибо! С вашей помощью я доказал то, что сформулировал в первом посте. Оказалось просто. Вместе с этим я тут же выяснил, что сформулировал немного (или совсем?) не то, что хотел доказать изначально

Итак, формулировка v.2: ряд значений $f(n)$ не содержит арифметической прогрессии. Т.е. никакие $f(n_1), f(n_2), f(n_3) \dots$ не являют собой арифметическую прогрессию $(n_1 < n_2 < n_3 < \dots)$

Если ответ будет зависеть от конкретного $x$, то я его дам (это не $\sqrt{2}$, но тоже "простое" число).

[nnosipov]

Legioner93 в сообщении #715613 писал(а):

Итак, формулировка v.2: ряд значений $f(n)$ не содержит арифметической прогрессии. Т.е. никакие $f(n_1), f(n_2), f(n_3) \dots$ не являют собой арифметическую прогрессию $(n_1 < n_2 < n_3 < \dots)$

Это неверно при $x<1$ и верно при $x>1$.

[Legioner93]

nnosipov
Спасибо! Для $x<1$ всё понятно, там будет арифметическая прогрессия с разностью 1. Как доказать для $x>1$?

[nnosipov]

Legioner93 в сообщении #715833 писал(а):

Как доказать для $x>1$?

Здесь надо воспользоваться тем, что последовательность дробных частей $\{\alpha k+\beta\}$, где $\alpha$ иррационально, всюду плотна. Предположите. что для некоторых целых $a$, $b$ имеет место равенство $f(n_k)=[n_kx]=ak+b$ при любом $k=0,1,2,\dots$, и получите противоречие.

[Legioner93]

nnosipov
Проверьте, если вас не затруднит.
Итак, доказываем, что ряд значений $f(n)=\lfloor nx \rfloor$ не содержит арифметической прогрессии $\forall x \in \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}, x>1$. То есть никакие $f(n_1), f(n_2), f(n_3) \dots$ не являют собой арифметическую прогрессию $(n_1 < n_2 < n_3 < \dots)$.

1) Сначала доказательство факта плотности на $(0,1)$ дробной части $\{\alpha k + \beta\}$, который тут упоминался много раз. Тут $\beta$ роли не играет (из плотности $\{\alpha k\}$ тут же следует плотность $\{\alpha k + \beta\}$).

Согласно моему интуитивному представлению плотности функции на интервале, нужно доказать, что $\forall y_0, \delta \rightarrow \ \exists k : \{ \alpha k\} \in (y_0, y_0 + \delta)$. Иррациональное число $\alpha$ мы можем сколь угодно точно приближать несократимыми дробями $\frac{p}{q}$ с постоянно растущим знаменателем. Для любого $q > \frac{1}{\delta}$ факт верен, потому что дробные части $\{k \frac{p}{q}\}$ равномерно разбивают интервал $(0,1)$ на маленькие интервалы с шагом $\frac{1}{q}$. Поэтому он будет верен и в предельном переходе для иррационального $\alpha$.

2) Сформулируем теперь такое утверждение: $ \forall x \in \mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}, \ \forall a,b \in \mathbb{N}, \ \forall \varepsilon > 0 \rightarrow \exists t,k \in \mathbb{N} : (b+ak - \varepsilon) < tx < (b+ak) $. Теперь то же самое на словах: взяв любую натуральную арифметическую последовательность с начальным значением $b$ и шагом $a$ и перебирая числа $x,2x,3x,\dots$ мы рано или поздно подберемся сколь угодно близко (слева на $\varepsilon$) к некоторому члену этой арифметической прогрессии. При этом $t$ и $k$ для каждого $\varepsilon$, конечно же, разные.

Доказательство: из пункта 1 тривиально следует, что $\exists s,k \in \mathbb{N}$, такие что $sx=k+\Delta$, где $\frac{b}{a}-\frac{\varepsilon}{a}<\Delta<\frac{b}{a}$, то есть $0<b-a \Delta<\varepsilon$.
Это так, потому что мы всегда можем взять такое $s$, чтобы $\{sx\}=\{\Delta\}$ (не для вообще любого $\Delta$, конечно, но какое-нибудь $\Delta$ из нужного нам интервала шириной в $\varepsilon обязательно найдется), и всегда можем отнять и прибавить некоторое натуральное число \lfloor \Delta \rfloor$;
$sx=\lfloor sx \rfloor + \{sx\}=(\lfloor sx \rfloor - \lfloor \Delta \rfloor) + (\lfloor \Delta \rfloor + \{\Delta\})=k+ \Delta$

Теперь несколько преобразований:
$\frac{b}{a}-\frac{\varepsilon}{a}<\Delta<\frac{b}{a}$

$\frac{b}{a}-\frac{\varepsilon}{a}<sx-k<\frac{b}{a}$

$b-\varepsilon<asx-ak<b$

$b+ak-\varepsilon<asx<b+ak$, $t=as$

$b+ak-\varepsilon<tx<b+ak$

3) Доказательство исходной теоремы.
Для любого $x>1$ получаем, что $(t+1)x>b+ak+1$ (для этого нужно взять достаточно маленькую $\varepsilon$)
То есть $\lfloor tx \rfloor=b+ak-1$, а $\lfloor (t+1)x \rfloor=b+ak+1$, поэтому для некоторого $k \in \mathbb{N}$
$\nexists n \in \mathbb{N} : \lfloor nx \rfloor =b+ak$.

Q.E.D.

[nnosipov]

Legioner93, всё хорошо (можно покороче, но это дело вкуса). Немного напрягает фраза про предельный переход в п. 1), но, полагаю, Вы её легко формализуете.

Кстати, неплохая вариация на старую тему получилась, мне понравилось.

[Legioner93]

nnosipov в сообщении #718712 писал(а):

Немного напрягает фраза про предельный переход в п. 1), но, полагаю, Вы её легко формализуете.

Да вот... Что-то у меня со строгим доказательством пункта 1) проблемы возникли. "На пальцах" всё просто: каждое следующее приближение $\frac{m}{n}$ всё мельче разбивает $(0,1)$, да вдобавок равномерно. Вот только предельный переход осуществить не удаётся - мешает погрешность $\left|x-\frac{m}{n}\right|=\delta < \frac{1}{n}$, которое при умножении на $k \in \{1,2,3,\dots,n-1\}$ может давать почти единицу.

Тут я вспомнил про термин "мера иррациональности", прочитал в википедии про лемму Дирихле, из которой следует, что для приближения иррационального $x$ погрешность $\delta = \left|x-\frac{m}{n}\right|<\frac{1}{n^2}$. Отсюда моментально получаем строгое доказательство.

Без такой тяжёлой артиллерии можно доказать пункт 1) как-нибудь? Или хотя бы скиньте кто-нибудь доказательство этой леммы, не могу загуглить. Без полного понимания всех теорем, которую я использую в доказательствах, у меня остается чувство неудовлетворения.

nnosipov в сообщении #718712 писал(а):

Кстати, неплохая вариация на старую тему получилась, мне понравилось.

Мне тоже. Эта теорема мне нужна решения другой задачи, которая на этом форуме до сих пор висит открытой уже чёрт знает сколько. Вот сейчас решим последний нюанс с плотностью, и я наконец-то запощу туда решение

[ex-math]

Legioner93
Нужно для любого $\delta$ найти такое $N$, что $\{Nx\}$ будет меньше $\delta$. Тогда дробные доли кратных этого $Nx$ найдутся в $\delta$-окрестности любого числа из $[0,1]$.

Возьмем $m>1/\delta$. Тогда среди $0,\{x\},\{2x\},\dots,\{mx\}$ найдутся два числа с разностью меньше $\delta$. Разность соответствующих этим числам "кратностей" $x$ и надо взять за $N$.

[nnosipov]

Первые страницы книги: Касселс Д. Введение в теорию диофантовых приближений. М.: ИЛ, 1961.

[Legioner93]

ex-math в сообщении #719210 писал(а):

Legioner93
Нужно для любого $\delta$ найти такое $N$, что $\{Nx\}$ будет меньше $\delta$. Тогда дробные доли кратных этого $Nx$ найдутся в $\delta$-окрестности любого числа из $[0,1]$.

Возьмем $m>1/\delta$. Тогда среди $0,\{x\},\{2x\},\dots,\{mx\}$ найдутся два числа с разностью меньше $\delta$. Разность соответствующих этим числам "кратностей" $x$ и надо взять за $N$.

А как вы преодолеете такие случаи?
Пусть например $n_1 x=9.95$, $n_2 x = 99.94$, дробные части отличаются $0.01$, но дробная часть их положительной разности $0.99$.

-- Пт май 03, 2013 20:29:33 --

nnosipov
Спасибо!