Cómo demostrar que el $\{$ parte fraccionaria de $n\alpha\mid n \in \mathbb{N}$ $\}$ es denso en $[0,1]$ para un número irracional $\alpha$ .
AVISO de que $n$ está en $\mathbb{N}$
Obsérvese también que no se trata de un duplicado de la pregunta mencionada, ya que no lleva una respuesta correcta y la respuesta parcialmente correcta en dicha pregunta se da para el caso múltiple de enteros, NO para $n \in \mathbb{N}$
Empecemos por la línea de la prueba estándar.
Dividamos $[0,1]$ en $k$ intervalos de longitud $1/k$ es decir $[0,1/k]$ , $[1/k,2/k]$ , $[2/k,3/k]$ etc.
Ahora por el principio de Dirichlet hay dos números $a\ne b$ tal que $\{a\alpha\}$ , $\{b\alpha\}$ que están en el mismo intervalo.
Si $b>a$ entonces $(b-a)$ es un número entero positivo y $\{(b-a)\alpha\}\in [0,1/k]$ o $\{(b-a)\alpha\}\in[1-1/k,1]$ .
Desde $\alpha$ es irracional, $\{(b-a)\alpha\}$ es distinto de cero. (El número $(b-a)\alpha$ no puede ser un número entero).
Ahora bien, si tomamos todos los múltiplos $n(b-a)\alpha$ , $n\in\mathbb N$ , entonces en cada uno de los $k$ los intervalos deben ser al menos uno de los valores $\{n(b-a)\alpha\}$ . (Vamos hacia arriba desde $[0,1/k]$ o hacia abajo desde el último intervalo, pero nunca podemos saltarnos un intervalo).
Esto implica que el conjunto de todos los múltiplos es denso en $[0,1]$ .
Escoge cualquier $k\in\mathbb{N}$ . Por el principio de encasillamiento, hay dos múltiplos de $\alpha$ cuya parte fraccionaria se encuentra dentro de $1/k$ entre sí. Tomando la diferencia, hay un múltiplo de $\alpha$ con parte fraccionaria (positiva) $<1/k$ .
De ello se desprende que cada $x\in [0,1]$ está dentro de $1/k$ de algunos $\{n\alpha\}$ para cualquier $k$ .
Su principal problema es sortear la positividad de $n$ .
Así que cambiemos la prueba estándar. Por el principio de la colombofilia se pueden encontrar algunos $m \in \mathbb Z$ para que $mx = k+ y$ con $k \in \mathbb Z$ y $y \in (0 , \frac{1}{k})$ .
Si $m >0$ eres feliz.
Si $m <0$ entonces demuestre que existe algún $l \in \mathbb N$ para que $ly \in (\frac{k-1}{k}, 1)$ . Demuestre que la parte fraccionaria de $-lmx$ está en $(0 , \frac{1}{k})$ .
Vamos a demostrar que el conjunto A = {{nα}, n es natural} es denso en [0,1] por contradicción. El hecho de que A sea denso en [0,1] es equivalente con la siguiente afirmación: para cualquier ϵ > 0 existe N(ϵ) tal que {N(ϵ)α} < ϵ.
Vamos a suponer lo contrario, es decir, que existe ϵ > 0 tal que para cualquier número natural n tenemos {nα} > ϵ. Ahora, elijamos cualquier número natural N suficientemente grande tal que 1/N < ϵ. Consideramos ahora los números {α}, {2α}, ..., {Nα}, {(N+1)α}. Tenemos N+1 números distintos en el intervalo [0,1), por lo que hay dos de ellos, digamos {pα} y {qα} tales que 0 < | {pα} - {qα} | < 1/N. Supongamos que p < q. Tenemos dos casos: {pα} < {qα} o {pα} > {qα}.
Caso 1. p < q y {pα} < {qα}.
Entonces {(q-p)α} < 1/N < ϵ lo que contradice nuestra suposición.
Caso 2. p < q y {pα} > {qα} > {qα}.
Tenemos 1 > {(q-p)α} > 1 - 1/N > 1 - 1/N. Sea q-p = R. Como p, q son de {1,2, ..., N+1} y p < q tenemos que R = q-p es del conjunto {1,2, ..., N}. Nuestro número N se eligió arbitrariamente tal que 1/N < ϵ, por lo que para cualquier número natural N tal que 1/N < ϵ podemos encontrar un número natural R = R(N) < N + 1 tal que {Rα} > 1 - 1/N.
Ahora fija de nuevo un número natural N tal que 1/N < ϵ. Consideremos los números 1 - {α}, 1 - {2α}, ..., 1 - {Nα}. Sea E el mínimo de estos números. Tenemos E > 0 y 1/2 E < 1 - {kα} para cualquier k = 1..N. Podemos elegir un número natural Q lo suficientemente grande como para que 1/Q < 1/2 E y Q > N. Para este número natural Q podemos elegir R(Q) del conjunto {1, 2, ..., Q} tal que {R(Q)α} > 1-1/Q. Tenemos {R(Q)α} > 1 - 1/Q > 1 - 1/2 E > {kα} para cualquier k=1..N. Primero observe que R(Q) no está en el conjunto {1,2,.., N} pero R(Q) está en el conjunto {1,2, .., Q}. Así que Q+1 > R(Q) > R(N) y {R(Q)α} > 1 - 1/Q > {R(N)α} > 1 - 1/N. Consideremos ahora el número S = R(Q) - R(N). Obviamente S es un número natural positivo y {Sα} = {R(Q)α} - {R(N)α} < 1/N. Esto es de nuevo una contradicción con nuestra suposición inicial. qed.
Dejemos que $S = \{\{n \alpha\} | n \in \mathbb{N} \}$ . En primer lugar, basta con demostrar que $S$ se cruza con $(0,1/N)$ para un tamaño arbitrario de $N \in \mathbb{N}$ . Por el argumento habitual de encasillamiento, para algunos $k \in \mathbb{N}$ , $\{k\alpha\}$ está en $(0,1/2N)$ o $(1-1/2N,1)$ . Ahora, en el primer caso hemos terminado. En el segundo caso, dejemos que $\{k\alpha\} = 1-\epsilon$ . Entonces, como $\{x+y\} = \{\{x\}+\{y\}\}$ para un número entero $i \ge 1 $ tal que $i \epsilon <1$ , $\{ik\alpha\} = \{i\{k \alpha\}\} = 1- i\epsilon$ . Ahora para una elección adecuada de $i$ , $1-i\epsilon \in (0,1/N)$ .
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