Si $A \subseteq \mathbb{N}$, $2^n \in A$ y si $x\in A$,$\lfloor \sqrt{x} \rfloor \in A$. Es cierto que $A=\mathbb{N}$?

Question

Deje $A$ ser un no-vacío es subconjunto de a $\mathbb{N}$, de tal manera que para todos los $k \in \mathbb{N}$,$2^k\in A$. También, si $x \in A$, luego tenemos a $\lfloor \sqrt{x} \rfloor \in A$. Es cierto que $A=\mathbb{N}$?

He intentado pero no soy capaz de hacer cualquier cosa. Tomando $n \notin A$ y tratando de lograr una contradicción no funciona para mí. Entonces, ¿cómo podemos resolver esto, de preferencia por un enfoque de pre-cálculo? Además, es también cierto para los poderes de $n$ otros de $2$?

Answer 1

Tomemos un número $n$ que no es una potencia de $2$ y asumir que no es en $A$.

Si $n$ no $A$, entonces cualquier número entre el $n^2$ $(n+1)^2-1$ debe de faltar, porque si uno de estos números es en $A$$n$$A$, debido a que el piso de la raíz cuadrada de todos ellos es igual a $n$.

Ahora, podemos considerar dos pasos. Es fácil ver que todos los números de $n^4$ $(n+1)^4-1$debe faltar, de lo contrario en dos pasos llegamos a $n$.

Procediendo de esta manera podemos ver que todos los números de $n^\alpha$ $(n+1)^\alpha-1$debe de faltar, donde $\alpha$ es una potencia de 2.

Ahora, la relación de $\frac{n+1}{n}$ es mayor que $1$, por lo que habrá un valor de $\alpha$ tal que $(n+1)^\alpha > 2\cdot n^\alpha$, es decir, que el rango de prohibido números contiene al menos un número $m=n^\alpha$ y el doble de ese número $2m=2n^\alpha$.

Pero es fácil ver que entre un número $m$ que no es una potencia de dos y de su doble $2m$ no es siempre una potencia de 2.

Pero esto implica que la potencia de 2 que está prohibido, pero esto es una contradicción, porque todas las potencias de 2 son en $A$.

EDIT. El argumento también debería funcionar si sabemos que $3^k\in A$ (o de otras potencias con base fija). De hecho, la relación entre el $n^\alpha$ $(n+1)^\alpha$ siempre puede ser lo suficientemente grande como para estar seguro de que una potencia de la base está en el interior del intervalo.

Answer 2

Es suficiente para mostrar $$\forall n\in \mathbb N\quad \exists k,m\in \mathbb N \quad \text{s.t} \quad n^{2^k}<2^m<(n+1)^{2^k}$$
y esto es igual a decir $$\forall n\in \mathbb N\quad \exists k,m\in \mathbb N \quad \text{s.t} \quad 2^k \log_2{n}<m<2^k \log_2{(n+1)}$$

Y es cierto, porque si $\log_2{(n+1)}-\log_2{n}=\varepsilon $ a continuación, poner $k$ tan grande tal que $2^k\varepsilon>1$.

Nota : Este método también funciona para cualquier número de $1<x$ otros de $2$.
Si $\log_x{(n+1)}-\log_x{n}=\varepsilon $, entonces hay un $k$ s.t $x^k\varepsilon>1$