¿Cómo demostrar que$[2^n \sqrt{2}],[2^{n+1} \sqrt{2}],\ldots, [2^{2n} \sqrt{2}]$ contiene al menos un número par para cada entero$n\ge 1$?

Question

Traté de la siguiente manera:

Si no es así, denotan$x=\{2^{n-1}\sqrt{2}\}$, entonces$$1-\frac{1}{2^{n+1}}<x<1.$ $ Denotar$y=[2^{n-1}\sqrt{2}+1]$ y asume$|\sqrt{2}-p/q|<1/q^2$, entonces$$\frac{2^{n-1}p}{q}-\frac{2^{n-1}}{q^2}<y<\frac{2^{n-1}p}{q}+\frac{2^{n-1}}{q^2}+\frac{1}{2^{n+1}}.$ $

Pero no funciona.

Answer 1

A medida que ha observado,$2^{n-1}\sqrt2$ tendría que ser bastante cerca de un entero$y$ (en su notación), de manera que$|2^{n-1}\sqrt2-y|<\frac1{2^{n+1}}$ y con$q:=2^{n-1}$,$$\tag1\left|\sqrt 2-\frac{y}{q}\right|<\frac14\cdot\frac1{q^2}. $ $ en particular,$$\tag21<\frac yq<2.$ $ sabemos que$\sqrt2$ es una raíz del polinomio irreducible$f(X)=X^2-2$, por lo tanto, por el IVT,$$\tag3f(\tfrac yq)=f(\tfrac yq)-f(\sqrt 2)=(\tfrac yq-\sqrt2)f'(\xi)$ $ por alguna$\xi$ entre$\sqrt2$ #% y%% #; a partir de (2), vemos que$\frac yq$. Como$1<\xi<2$ es un distinto de cero (!) Número entero múltiplo de$f(\tfrac yq)$ y como$\frac 1{q^2}$, tenemos$|f'(\xi)|=|2\xi|<4$ $ contradiciendo$$\left|\sqrt 2-\frac yq\right|=\frac{|f(\tfrac yq)|}{|f'(\xi)|}>\frac{\frac1{q^2}}4 $.

Answer 2

Por un truco elemental de Diophantine aproximación que tenemos, para todos los enteros positivos $p,q$, la desigualdad $$ \left|\frac pq-\sqrt2\right|\cdot\left|\frac pq+\sqrt2\right|=\left|\frac{p^2}{p^2}-2\right|\ge\frac1{p^2}. $$ En particular, si $3/2>p/q>\sqrt2$, se obtiene la estimación de $$ \left|\frac pq-\sqrt2\right|\ge\frac1{3t^2}. $$ Por lo tanto, con $M=[2^{n-1}\sqrt2]$ tenemos, el uso de $x=\{2^{n-1}\sqrt2\}$, $$ 1-x=2^{n-1}(\frac{M+1}{2^{n-1}}-\sqrt2)\ge\frac1{3\cdot2^{n-1}}>\frac1{2^{n+1}}. $$ Por lo tanto,$x<1-2^{-(n+1)}$, por lo que su contrapositivo caso no puede ocurrir.