Cómo probar esto $\{a\}\cdot\{b\}\cdot\{c\}=0$ si $\lfloor na\rfloor+\lfloor nb\rfloor=\lfloor nc\rfloor$

Question

Un problema interesante

Dejemos que $a,b,c$ sean números reales tales que $$\lfloor na\rfloor+\lfloor nb\rfloor=\lfloor nc\rfloor$$ para todos los enteros positivos $n$ . Demuestra que: $$\{a\}\cdot\{b\}\cdot\{c\}=0$$ donde $\{x\}=x-\lfloor x\rfloor$

Mi trabajo parcial: ya que para cualquier intger positivo $n$ ,tienen $$\lfloor na\rfloor+\lfloor nb\rfloor=\lfloor nc\rfloor$$ entonces tenemos $$a+b=c$$ porque considera $$\Longrightarrow \lim_{n\to\infty}\dfrac{\lfloor na\rfloor+\lfloor nb\rfloor}{\lfloor nc\rfloor}=1$$ desde $x-1<\lfloor x\rfloor \le x$ Así que tenemos $$na+nb-2<\lfloor na\rfloor+\lfloor nb\rfloor\le na+nb$$ así que $$1=\lim_{n\to\infty}\dfrac{\lfloor na\rfloor+\lfloor nb\rfloor}{\lfloor nc\rfloor}=\dfrac{a+b}{c}$$ Supongo que podemos usar por contradicción probar esto. Supongamos que $\{a\}\cdot\{b\}\cdot\{c\}\neq0$ entonces $a,b,c$ todos no enteros.

Answer 1

Para $n=1$ se obtiene $\lfloor a\rfloor+\lfloor b\rfloor=\lfloor c\rfloor$ . Restando $n$ multiplicando esa ecuación por la dada da $$ \lfloor n\{a\}\rfloor+\lfloor n\{b\}\rfloor=\lfloor n\{c\}\rfloor \quad\text{for all $ n \in\Bbb N $,} $$ y junto con $\lfloor a\rfloor+\lfloor b\rfloor=\lfloor c\rfloor$ estas ecuaciones también implican las originales. Pero ahora sólo se tienen las partes fraccionarias $a'=\{a\}$ , $b'=\{b\}$ y $c'=\{c\}$ en la formulación del problema. Esto significa que basta con demostrar el resultado indicado en el caso especial $a,b,c\in[0,1)$ . A partir de ahora asumiré que.

Primero muestro las condiciones que implican $a+b=c$ . Supongamos que esta ecuación falla, entonces elija $n\in\Bbb N$ tal que $|a+b-c|\geq\frac2n$ . Desde $|na+nb-nc|\geq2$ se deduce que $\lfloor na\rfloor+\lfloor nb\rfloor\neq\lfloor nc\rfloor$ una contradicción.

Queda por demostrar que para $a,b\in(0,1)$ siempre existe algún $n\in\Bbb N$ tal que $\{na\}+\{nb\}\geq1$ ya que eso significa $\lfloor na\rfloor+\lfloor nb\rfloor=nc-(\{na\}+\{nb\})=\lfloor nc\rfloor-1$ contradiciendo la hipótesis; suponiendo que, los casos del problema reducido que satisfacen la hipótesis deben tener $a=0\lor b=0$ , lo que significa que uno tiene $\{a\}\cdot\{b\}=0$ en el problema original, más fuerte de lo que se necesitaba.

Probar la existencia de tal $n$ es un poco técnico. Si $a+b\geq1$ se puede tomar $n=1$ Así pues, supongamos que $a+b<1$ . Elección de $N>0$ con $\frac2N<\min(a,b,1-a-b)$ Afirmo que existe algún $m$ tal que $ma$ y $mb$ son ambos no más allá de $\frac1N$ a partir del entero más cercano (llama a las diferencias reales $\epsilon_a,\epsilon_b$ ). Entonces se puede tomar $n=m-1$ porque $na\equiv -a+\epsilon_a\pmod1$ implica (debido a la pequeñez de $\epsilon_a$ ) que $\{na\}=1-a+\epsilon_a$ y de manera similar $\{nb\}=1-b+\epsilon_b$ combinando las dos ecuaciones se obtiene que $\{na\}+\{nb\}=2-a-b+\epsilon_a+\epsilon_b\geq1+(1-a-b-\frac2N)>1$ .

La afirmación puede demostrarse utilizando el principio del casillero: los pares de residuos módulo $~N$ de $\lfloor mNa\rfloor$ y de $\lfloor mNb\rfloor$ sólo puede tomar un número finito (a saber $N^2$ ) diferentes valores como $m$ varía, por lo que existen $m_1<m_2$ para el que se obtiene el mismo par; luego tomando $m=m_2-m_1$ , se tiene que los números $ma$ y $mb$ están ambos a una distancia inferior a $\frac1N$ de un número entero.

Answer 2

Voy a mostrar un resultado parcial. Si $a,b,c$ son números racionales entonces $a$ y $b$ no pueden ser ambos no enteros, es decir, tenemos $\{a\}\cdot \{b\}\cdot \{c\} = 0$ .

Podemos wlog suponer que $0 \leq a,b,c < 1$ ya que cualquier parte entera se puede restar. También utilizaremos los resultados de OPs que $a+b=c$ . Este resultado también implica

$$\{na\} + \{nb\} = \{nc\}$$

para todos $n>0$ . A continuación, supondremos que ambos $a$ y $b$ son números racionales en $(0,1)$ . Entonces existen enteros $k,N,p,M$ s.t.

$$a = \frac{k}{N}~~\text{and}~~b = \frac{p}{M}$$

con $k<N$ , $p<M$ , $(k,N)=1$ y $(p,M)=1$ . En primer lugar, observamos que $$\{c\} = \{a\} + \{b\} = \frac{k}{n} + \frac{p}{m}$$

Tomando $n = NM-1$ y utilizando la primera igualdad anterior obtenemos

$$\{na\} + \{nb\} = \{Mk-\frac{k}{N}\} + \{Np-\frac{p}{M}\} = 1 - \frac{k}{N} + 1- \frac{p}{M} = 2 - \{c\}$$

desde $Mk,Np$ son números enteros y $0 < \frac{k}{N},\frac{p}{M} < 1$ . Ahora se deduce que

$$\{nc\} + \{c\} = 2$$

lo cual es imposible ya que $\{c\},\{nc\} < 1$ . Hay un último caso que no está cubierto por el argumento anterior y es si $a+b = 1$ . Sin embargo, este caso queda descartado por $\{a\} + \{b\} = 1 \not= \{c\} = 0$ .

Answer 3

Utilizando Winther resultado puedo terminar la prueba para otros casos. Para ello tenemos que deducir este problema a los racionales.

Según la versión un poco más estricta de Teorema de aproximación de Dirichlet podemos encontrar infinitos pares de fracciones $\left(\frac{p_1}q, \frac{p_2}q\right)$ con la siguiente propiedad:

$$\max\left(\left|a - \frac{p_1}q\right|, \left|b - \frac{p_2}q\right|\right) < q^{-\frac32}.$$

Infinitas significa que podemos hacer $q$ tan grande como queramos, lo elegiremos después. Por último, tomemos $n = q-1$ :

$$ \{n\frac{p_1}{q}\} + \{n\frac{p_2}{q}\} = \{1-\frac{p_1}{q}\} + \{1-\frac{p_2}{q}\} = 2 - \frac{p_1}{q}-\frac{p_2}{q} =\\ = 2 - \{c\} + \left(a - \frac{p_1}{q}\right) + \left(b - \frac{p_2}{q}\right) = 2 - \{c\}+\frac{\alpha}{q}, \alpha \in [-2, 2] $$

También por el teorema de Dirichlet sabemos que $n\left(a - \frac{p_1}{q}\right) < q^{-\frac12}$ y lo mismo con $b$ . Finalmente podemos conseguir:

$$ 2 - \alpha q^{-\frac12} = \{nc\}+\{c\} \leq 1 + \{c\}, \alpha \in [-4, 4] $$

Ahora podemos tomar un tamaño muy grande $q$ y obtener la contradicción.

Editar . De hecho, he omitido una pequeña cuestión, a saber, ¿por qué es cierta la siguiente implicación?

$$ (na - n\frac{p_1}q) < q^{-\frac12} \Rightarrow (\{na\} - \{n\frac{p_1}q\}) < q^{-\frac12} $$

Desgraciadamente, no es cierto en todos los casos, pero en nuestra situación podemos manejarlo. Recuerde que $n = q-1$ . El problema puede ocurrir si hay un $A \in \mathbb{Z}$ (de hecho $A = p_1$ ) tal que

$$ n\frac{p_1}q=(q-1)\frac{p_1}q = p_1 - \frac{p_1}q < A < (q-1)a = na $$

Y también sabemos que la distancia entre $n\frac{p_1}q$ y $na$ menos de $q^{-\frac12}$ . Lo último que debemos mencionar es que $\frac{p_1}q > \frac{a}2 > 0$ desde $\frac{p_1}q$ está cerca de $a \neq 0$ .