¿Puede un número tener una representación periódica y otra no periódica en una base no entera?

Question

Fijar un número algebraico $\beta$ y considerar un número complejo $\alpha$ que admite múltiples representaciones en base $\beta$ . Si una representación de $\alpha$ es periódica en última instancia, debe serlo cualquier otra representación de $\alpha$ ser periódica en última instancia ?

Pregunta extra : ¿Depende esto de la elección del conjunto de dígitos?

Editar : John Bentin demostró que esto es falso en general, incluso con $\beta \in \Bbb{Q}$ . ¿Es esto cierto al menos para $\beta$ ¿entero algebraico?

Edición 2 : Esta pregunta surgió al intentar resolver este problema mío.

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Todo lo que sé hasta ahora es que si $\beta$ es un número entero de Pisot, es decir, si es un número entero real algebraico mayor que $1$ con cada conjugado situado en el círculo unitario, entonces $\alpha \in \Bbb{Q}(\beta)$ si y sólo si tiene una expansión periódica en última instancia (que es más fuerte que mi pregunta).

Answer 1

Tenemos $2=\frac23+\frac49+\cdots+(\frac23)^k+\cdots$ que es claramente periódica. Escribamos, alternativamente, $$2=1+\dfrac23+\dfrac{8}{27}+\dfrac{512}{19683}+\cdots,$$ o $$1=\dfrac23+\dfrac{8}{27}+\dfrac{512}{19683}+\cdots=\sum_{k=1}^{\infty}\dfrac{2^k}{3^k}a_k,$$ donde $a_1=1,a_2=0,a_3=1,a_4=\cdots=a_{8}=0,a_{9}=1,$ y en general $a_n=1$ si $$1-\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{2^k}{3^k}a_k>\dfrac{2^n}{3^n},$$ con $a_n=0$ de lo contrario. Una prueba de que $\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac23\right)\!^ka_k=1$ se adjunta a continuación. Demostraremos que la secuencia $(a_1,a_2,...)$ no puede ser finalmente periódica. Para ello, supongamos lo contrario. Entonces hay enteros $l\geqslant0$ y $m\geqslant1$ tal que $$1-\left(\dfrac23+\dfrac{8}{27}+\dfrac{512}{19683}+\cdots+\dfrac{2^l}{3^l}\right) =\dfrac{2^{l+1}}{3^{l+1}}\sum_{k=1}^{m}\dfrac{2^{k-1}}{3^{k-1}}a_{l+k}\sum_{k=0}^\infty\dfrac{2^{mk}}{3^{mk}}$$ $$\qquad\qquad\qquad\quad\qquad\qquad\quad=\dfrac{2^{l+1}p}{3^l(3^m-2^m)},$$ donde $p$ es un número entero. Ahora la fracción en el LHS, en sus términos más bajos, tiene un numerador impar, mientras que la fracción en el RHS tiene un numerador par: una contradicción.

Edita: Para demostrar que $\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac23\right)\!^ka_k=1,$ demostramos por inducción que $$0<1-\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{2^k}{3^k}a_k<2\frac{2^n}{3^n}\quad(n=1,2,..).$$ Esto es válido para $n=1,$ desde $0<1<\frac43.$ Ahora supongamos que se ha establecido para $n=j,$ a saber $$0<1-\sum_{k=1}^{j-1}\dfrac{2^k}{3^k}a_k<2\frac{2^j}{3^j}.$$ (Caso 1) Si $$1-\sum_{k=1}^{j-1}\frac{2^k}{3^k}a_k>\frac{2^j}{3^j},$$ entonces $a_j=1,$ y $$0<1-\sum_{k=1}^j\frac{2^k}{3^k}a_k=1-\sum_{k=1}^{j-1}\dfrac{2^k}{3^k}a_k-\frac{2^j}{3^j}<2\frac{2^j}{3^j}-\frac{2^j}{3^j}=\frac{2^j}{3^j}<2\frac{2^{j+1}}{3^{j+1}}.$$ (Caso 2) Si $$1-\sum_{k=1}^{j-1}\frac{2^k}{3^k}a_k<\frac{2^j}{3^j},$$ entonces $a_j=0,$ y $$0<1-\sum_{k=1}^j\frac{2^k}{3^k}a_k=1-\sum_{k=1}^{j-1}\frac{2^k}{3^k}a_k<\frac{2^j}{3^j}<2\frac{2^{j+1}}{3^{j+1}}.$$ Esto completa el paso inductivo.

Answer 2

El siguiente contraejemplo responde a la pregunta complementaria añadida en la edición. Elija el entero algebraico $\sqrt2$ como base. Entonces podemos expandir $1$ en la forma periódica $$1=\frac12+\frac14+\cdots+\left(\frac{0}{(\sqrt2)^{2k-1}}+\frac{1}{(\sqrt2)^{2k}}\right)+\cdots.$$ Pero también podemos expresarlo en una expansión más irregular: $$1=\frac1{\sqrt2}+\frac14+\frac1{32}+\frac1{64\sqrt2}+\cdots+\frac{a_k}{\sqrt2^k}+\cdots,$$ donde $a_k=1$ si $$1-\sum_{j=1}^{k-1}\frac{a_j}{\sqrt2^j}>\frac1{\sqrt2^k},$$ con $a_k=0$ de lo contrario, para $k=1,2,\dots\,$ . Para demostrar que la expansión irregular es aperiódica, supongamos lo contrario: es decir, que existen enteros $l\geqslant0$ y $m\geqslant1$ satisfaciendo $$1=\sum_{k=1}^l\frac{a_k}{\sqrt2^k}+\frac1{\sqrt2^{l+1}}\sum_{k=1}^m\frac{a_{l+k}}{\sqrt2^k}\frac1{1-1/\sqrt2^{m}}.$$ Podemos garantizar que $l$ es positivo incluyendo, si es necesario, el primer ciclo de $m$ términos de la cola periódica en la longitud- inicial (preperiódica) $l$ de la ampliación. Dado que el factor terminal $1/(1-1/\sqrt2^{m})$ es un número racional positivo o la suma de un número racional positivo y un múltiplo racional positivo de $\sqrt2,$ todo el lado derecho de la suma anterior es de esta forma. Además, no es racional, porque el segmento inicial (de longitud $l$ ) incluye el primer término $1/\sqrt2,$ por lo que el coeficiente global de $\sqrt2$ es como mínimo $\frac12$ . Pero el LHS es racional: una contradicción.