Равенство с целой частью [Теория чисел]

[Sonic86]

(Оффтоп)

xmaister в сообщении #594698 писал(а):

Как мы можем применять предельный переход? Не факт, что предел правой части существует... При иррациональном $a$ последовательность $(na)_{n\in\mathbb{N}}$ ррмод1

А я сейчас понял, как я на самом деле думал: чисто синтаксически свободнее юзать $[nx]\sim nx+O(1)$: так как $[an]+[bn]=[cn]$, то $[an]+[bn]\sim[cn]\Leftrightarrow an+bn+O(1)\sim cn+O(1)$, откуда $a+b=c$. Т.е. отношение надо сразу максимально огрублять...

[Whitaker]

Cash в сообщении #594706 писал(а):

Если $0<\{a\}<\{c\}$, то существует такое $N$, что
$\{Na\}>\{Nc\}$

Извините, а как доказывается существование такого $N$?

[Whitaker]

Вроде бы все понятно, но этот момент немного не понимаю

[Shadow]

Попробуйте для начала доказать для рациональных а и с.
$a=\dfrac k q; c=\dfrac p q; k<p$
Что будет при $N=q-1$

[xmaister]

Sonic86, понял. Приму на вооружение.

[Cash]

Так в этом вся соль задачи
Представим наши числа в виде блох, которые скачут по окружности с единичной длиной с некоторой постоянной для каждой длиной прыжка.
Рассмотрим 2 случая:
1. $c-a$ рационально
Наши блохи тогда в некоторый момент одновременно запрыгнут в ноль и смотрим, что было за шаг до этого.
2. $c-a$ иррационально,
Можно считать, что длина прыжка обеих лежит в интервале $(0.25;0.5)$.
Здесь нужно доказать, что на некотором шаге они обе окажутся в этом интервале.
Далее рассмотрим момент, когда расстояние между ними очень близко к $0.5$ (это расстояние может сколь угодно близко приближаться к любому числу от $0$ до $1$).
Куда они тогда запрыгнут на следующем или через шаг?

[xmaister]

(2Cash)

Я думаю, что можно было бы изложить Вашу идею немного иначе
Если $a$ или $c$ иррационально, то утверждение очевидно в силу плотности дробных частей в $[0,1]$. А для рациональных $a,c$ ясно как $N$ подобрать.

[Cash]

(2xmaister)

Если честно, не вижу как в силу плотности следует очевидность взаимного расположения точек. Но, возможно, я в упор слона не замечаю

[xmaister]

(Cash)

Уже понял, что там все равно придется рассматривать 2 случая, которые Вы указали. В случае иррациональности $a-c$ из кретерия Вейля получаем ррмод1 последовательности $\{na\}-\{nc\}$. Смысл не поменялся...

[Cash]

Цитата:

1. $c-a$ рационально
Наши блохи тогда в некоторый момент одновременно запрыгнут в ноль и смотрим, что было за шаг до этого

Здесь неточность. для этого необходима рациональность $c$ и $a$.

[Shadow]

Решения можно обобщить так. В любом случае $\{nc\}$ попадает в интервал $[0;\alpha)$, где $\alpha=\min(a,c-a)$ И если на этом ходу $\{na\}\le \{nc\}$, то на предыдущем обязятельно $\{na\}>\{nc\}$

[Whitaker]

Лемма: Если $\{a\}<\{b\}$ и $a,b\notin \mathbb{N}\cup0$, то $\exists m\in \mathbb{N}$ такое, что $\{ma\}>\{mb\}$

Доказательство: Без ограничения общности вместо $a$ можно подставить $a-[a]=\{a\}$. Тоже самое и для $b$. Получаем, что:
$\{a-[a]\}<\{b-[b]\}$, где $0<a-[a]<1$, $0<b-[b]<1$
$\{\{a\}\}<\{\{b\}\}$, где $0<\{a\}<1$, $0<\{b\}<1$
$\{a\}<\{b\}$, а отсюда в силу вышеуказанных ограничений получаем, что:
$0<a<b<1$
Например: $\{2,7\}<\{1,9\}$
$\{2,7-[2,7]\}<\{1,9-[1,9]\}$
$\{0,7\}<\{0,9\}$
$0,7<0,9$

Поэтому рассматриваем случай $0<a<b<1$.
Рисуем графики функций $\{ak\}, \{bk\}$, где $k\in \mathbb{N}$
У первой функции разрыв в точках вида $\frac{k}{a}$, а у второй в точках $\frac{k}{b}$, где $k \in \mathbb{N}$

Смотрим на картинку и видим, что $\{am\}>\{bm\}$ при $m\in [\frac{k+1}{b}, \frac{k+1}{a}]$
Рассматриваем когда выполняется неравенство:
$\frac{k}{a}<\frac{k+1}{b}<\frac{k+1}{a}<\frac{k+2}{b}$
Достаточно доказать неравенства, т.к. "серединное" неравенство очевидное.
$\begin{cases} \frac{k}{a}<\frac{k+1}{b} \\ \frac{k+1}{a}<\frac{k+2}{b} \end{cases}$
Получаем, что:
$\begin{cases} k(b-a)<a \\ k(b-a)<2a-b \end{cases}$
$\begin{cases} k\leqslant [\frac{a}{b-a}] \\ k\leqslant [\frac{2a-b}{b-a}] \end{cases}$
В качестве множества значений $k$ берем $k\leqslant [\frac{2a-b}{b-a}]$, так как $[\frac{2a-b}{b-a}]\leqslant [\frac{a}{b-a}]$.
Берем $k=[\frac{2a-b}{b-a}]=[\frac{a}{b-a}]-1$
Покажем, что $\frac{k+1}{a}-\frac{k+1}{b}>1$
Это означает, что на отрезке $[\frac{k+1}{b}, \frac{k+1}{a}]$ существует целая точка.
Подставляя значение $k$ получаем, что:
$[\frac{a}{b-a}](\frac{1}{a}-\frac{1}{b})=[\frac{a}{b-a}]\times \frac{b-a}{ab}\geqslant(\frac{a}{b-a}-1)\times \frac{b-a}{ab}$$=\frac{1}{b}-\frac{b-a}{ab}=\frac{2a-b}{ab}>\frac{2a-a}{ab}=\frac{1}{b}>1$

[Shadow]

Цитата:

Смотрим на картинку и видим, что $\{am\}>\{bm\}$ при $m\in [\frac{k+1}{b}, \frac{k+1}{a}]$

Whitaker, неужели утверждаете, что на этом огромном (теоретически) интервале во всех точках выполняется неравенство? Или я не понял что имеете ввиду.

-- 16.07.2012, 19:28 --

А, там еще ограничение $\frac k a < \frac{k+1}{b}$

-- 16.07.2012, 20:01 --

Цитата:

Берем $k=[\frac{2a-b}{b-a}]=[\frac{a}{b-a}]-1$
Покажем, что $\frac{k+1}{a}-\frac{k+1}{b}>1$
Это означает, что на отрезке $[\frac{k+1}{b}, \frac{k+1}{a}]$ существует целая точка.

При $a<b-a, k=-1$ интервал $[0;0]$
$a=0.55, b=0.99,k=0$ интервал $[1.01; 1.81]$ целой точки нет.

[Whitaker]

Shadow
значит решение неверное?

-- Пн июл 16, 2012 21:19:54 --

Shadow в сообщении #594830 писал(а):

Попробуйте для начала доказать для рациональных а и с.
$a=\dfrac k q; c=\dfrac p q; k<p$
Что будет при $N=q-1$

А почему у Вас у обоих дробей одинаковые знаменатели?

[Shadow]

Не знаю, Whitaker, возможно есть небольшая ошибка в вашем доказательстве, которую можно корегировать, возможно я в проверке допустил ошибку. Думаю, все проблемы начинают с:

Whitaker в сообщении #595932 писал(а):

Смотрим на картинку и видим, что

Посмотрите контрапримеры и проанализируйте где конфликт с доказательством. А в принципе: Ваша задача - доказать существование, Вы решили искать конкретное значение (если правильно понял - даже наименьшее). С наименьшем не думаю что могу Вам помочь. А для конкретном:
Подходящие дроби $\frac p q$ иррационального числа $b$ гарантируют погрешность меньше $\frac {1}{q^2}$. Подходяшие дроби приближаются с двух сторон. Выберем те, которые чуть меньше.
$\frac p q<b<\frac p q +\frac{1}{q^2}$. При $n=q$ имеем:
$p<bn<p+\frac 1 q$
Т.е гарантированное попадание в интервале $(0;\frac 1 q)$ При достаточно большом q (а именно $\frac 1 q<a, \frac 1 q<b-a$) можем с уверенностью сказать, что или при $n=q$, или $n=q-1$ неравенство будет выполнено.