Различные числа [Теория чисел]

[Whitaker]

Здравствуйте, друзья!

При любом натуральном $N$ найти все $a$, такие, что все числа $[a], [2a], \cdots, [Na]$ различны и все числа $[1/a], [2/a], \cdots,[N/a]$ тоже различны.

Моя попытка решения: Пусть $a>1$. Тогда числа $[a], [2a], \cdots, [Na]$ различны. Это легко доказывается.
Тогда $0<\frac{1}{a}<1$. Отсюда получаем следующее:
$[\frac{1}{a}]=0; [\frac{2}{a}]=0, 1; [\frac{3}{a}]=0, 1, 2; \dots [\frac{N}{a}]=0, 1, 2, \cdots, N-1.$
А должно быть так:
$[\frac{1}{a}]=0; [\frac{2}{a}]=1; [\frac{3}{a}]=2; \dots [\frac{N}{a}]=N-1.$
Первое равенство выполняется при $a>1$, второе при $1<a\leqslant 2$, третье при $1<a\leqslant \frac{3}{2}$,...., а последнее при $1<a\leqslant \frac{N}{N-1}$
Получаем, что утверждение верно при $1<a\leqslant \frac{N}{N-1}$
Теперь рассмотрим случай $0<a<1$. Аналогично рассуждая получаем, что утверждение верно при $\frac{N-1}{N}\leqslant a<1$
Кроме того, задача верна и при $a=1$.
Объединяя получаем, что при $a>0$ множество значений $a$, удовлетворяющей задаче будет $[\frac{N-1}{N}, \frac{N}{N-1}]$

А как действовать в случае $a<0$?
Если я правильно понял, то в этом случае не совсем так как при $a>0$.

С уважением, Whitaker.

[svv]

Whitaker в сообщении #594457 писал(а):

Теперь рассмотрим случай $0<a<1$. Аналогично рассуждая получаем, что утверждение верно при $\frac{N-1}{N}\leqslant a<1$

Тут не очень понятно, ведь тогда не будут различными некоторые из чисел $[a], [2a], \cdots, [Na]$. Например, если $a=0.63$, то $[2a]=[1.26]=1$, $[3a]=[1.89]=1$.

зубы...

-- Ср июл 11, 2012 15:23:49 --

Я понимаю, что при выбранном $N$ таких ситуаций не возникает, но где доказательство?

[Whitaker]

svv
Если $0<a<1$, то $\frac{1}{a}>1$.
Понятно, что числа $[\frac{1}{a}], [\frac{2}{a}], \dots, [\frac{N}{a}]$ различны.

Whitaker в сообщении #594457 писал(а):

Пусть $a>1$. Тогда числа $[a], [2a], \cdots, [Na]$ различны. Это легко доказывается.

Так как у нас $0<a<1$, то:
$[a]=0; [2a]=0, 1; [3a]=0, 1, 2; \dots [Na]=0, 1, \dots, N-1. $
А должно быть так:
$[a]=0; [2a]=1; [3a]=2; \dots [Na]=N-1$
Первое неравенство будет при $0<a<1$, второе при $\frac{1}{2}\leqslant a<1$, третье при $\frac{2}{3}\leqslant a<1$ и последнее при $\frac{N-1}{N}\leqslant a<1$
Пересекая множества получим, что $a\in[\frac{N-1}{N},1)$

-- Ср июл 11, 2012 16:52:19 --

svv в сообщении #594460 писал(а):

Тут не очень понятно, ведь тогда не будут различными некоторые из чисел $[a], [2a], \cdots, [Na]$. Например, если $a=0.63$, то $[2a]=[1.26]=1$, $[3a]=[1.89]=1$

Вы здесь берете $a=0,63$ и $N=3$.
По "моей" формуле $a\in[\frac{N-1}{N}, \frac{N}{N-1}]=[\frac{2}{3}, \frac{3}{2}]$, но ведь $0,63\notin[\frac{2}{3}, \frac{3}{2}]$
Именно по этой причине появляются совпадающие числа.

[arseniiv]

С отрицательными числами: а выразите пол от отрицательного числа через пол от положительного! Если это пол. Ещё в ходу целая часть, равная $x \mapsto \lfloor| x |\rfloor \operatorname{sgn}x$. Если в задаче она, ничего нового не будет.

[Whitaker]

Я хочу доказать следующую вспомогательную лемму:
Пусть $a<-1$, тогда числа $[a], [2a], [3a], \dots, [Na]$ различны между собой.
Доказательство:
Верны следующие неравенства: $(n+1)a<na\leqslant a<-1$, где $n\in \mathbb{N}$. Так как целая часть - функция неубывающая, то: $[(n+1)a]\leqslant [na]$
Пусть все-таки они совпадают, т.е. $[(n+1)a]=[na]=k$.
Так как $na<-1$, то $[na]<-1$, т.е. $k<-1$
Получаем систему неравенств:
$\begin{cases} k\leqslant (n+1)a<k+1 \\ k\leqslant na<k+1 \end{cases}$
Это равносильно следующему:
$\begin{cases} \frac{k}{n+1}\leqslant a<\frac{k+1}{n+1} \\ \frac{k}{n}\leqslant a<\frac{k+1}{n} \end{cases}$
Покажем, что имеют места неравенства:
$\dfrac{k}{n}<\dfrac{k+1}{n}<\dfrac{k}{n+1}<\dfrac{k+1}{n+1}$
Нам достаточно доказать неравенство $\dfrac{k+1}{n}<\dfrac{k}{n+1}$, так как остальные очевидны.
Умножаем обе части на $n(n+1)$ и получаем:
$(k+1)(n+1)<kn$
$kn+k+n+1<kn$
$k+n+1<0$
$n+1<-k$
А последнее неравенство верно так как $a<-1$, то $(n+1)a<-(n+1)$.
Из последнего получаем, что $[(n+1)a]<-(n+1)$, т.е. $k<-(n+1)$ или $n+1<-k$.

Получаем, что число $a$ попадает одновременно в две непересекающиеся множества, а этого быть не может. Значит, $[(n+1)a]<[na]$

Скажите пожалуйста то, что я написал смахивает ли это на доказательство?

[svv]

Whitaker писал(а):

Покажем, что имеют место неравенства:
$\dfrac{k}{n}<\dfrac{k+1}{n}<\dfrac{k}{n+1}<\dfrac{k+1}{n+1}$

При $k=-3, n=4$ это неравенство нарушается:
$\dfrac{-3+1}{4}<\dfrac{-3}{4+1}$ неверно.
Вы хотите доказать неверное неравенство?

[Whitaker]

Но ведь это неравенство верно для $n+1<-k$
По условию $a<-1$. Тогда: $4a<-4$, а отсюда.
$[4a]<-4$, т.е. $k<-4$.
А у Вас $k=-3$, но ведь $-4<-3$

[svv]

Да, всё правильно.

[svv]

Whitaker писал(а):

Пусть $a<-1$, тогда числа $[a], [2a], [3a], \dots, [Na]$ различны между собой.

Можно так.
Пусть из этих чисел два совпадают: $[ma]=[na]=k$, где $m\neq n$ натуральные числа, $k$ целое.
Тогда $|n-m|\geqslant 1$, поэтому $|na-ma|=|n-m||a|\geqslant |a|>1$.
Но из $k\leqslant ma<k+1, k\leqslant na<k+1$ следует $|na-ma|<1$.

Это доказательство должно быть понятно и в такой краткой форме.
При заданном $|a|>1$ разность двух различных чисел вида $na$ по модулю больше $1$.
А разность любых двух чисел, имеющих совпадающую целую часть, по модулю меньше $1$.

[Whitaker]

svv в сообщении #594604 писал(а):

Whitaker писал(а):

Пусть $a<-1$, тогда числа $[a], [2a], [3a], \dots, [Na]$ различны между собой.

Можно так.
Пусть из этих чисел два совпадают: $[ma]=[na]=k$, где $m\neq n$ натуральные числа, $k$ целое.
Тогда $|n-m|\geqslant 1$, поэтому $|na-ma|=|n-m||a|\geqslant |a|>1$.
Но из $k\leqslant ma<k+1, k\leqslant na<k+1$ следует $|na-ma|<1$.

Это доказательство должно быть понятно и в такой краткой форме.
При заданном $|a|>1$ разность двух различных чисел вида $na$ по модулю больше $1$.
А разность любых двух чисел, имеющих совпадающую целую часть, по модулю меньше $1$.

Да здесь намного проще и короче
Спасибо большое за помощь!

-- Чт июл 12, 2012 10:34:39 --

Довел задачу до конца.
Получил такой ответ:
При $a<0$ множеством значений $a$ будет $(\frac{N}{-N+1}, \frac{-N+1}{N})$
При $a>0$ множеством значений $a$ будет $[\frac{N-1}{N}, \frac{N}{N-1}]$