Que $a\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Z}$. Probar o refutar que no existen tres distinto $k_1, k_2, k_3\in\mathbb{N}$ tal que $\{a^{k_1}\}=\{a^{k_2}\}=\{a^{k_3}\}\neq 0$, donde $\{x\}=x-\lfloor x \rfloor$.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
mjqxxxx
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Esto no es una respuesta completa, pero pensé que el enfoque podría ayudar a alguien a encontrar una solución. Podemos pedir cuando las siguientes condiciones se sostiene para los enteros positivos $a>b>c$$a>d\ge c$: $$ x^ - x^d - m = P(x)(x^b - x^c - n), $$ donde $P(x)$ es de algún polinomio sobre $x$, e $m,n\in\mathbb{Z}$. Si lo hace, entonces el $\{x^a\}=\{x^d\}$ $\{x^b\}=\{x^c\}$ siempre $x$ es una raíz de $x^b-x^c-n$. Si, por otra parte, $d=b$ y la mano derecha de la trinomio tiene una raíz en $\mathbb{R}$ que $x^a\not\in\mathbb{Z}$, el OP pregunta tiene una respuesta positiva.
Claramente $P(x)$ debe comenzar con $x^{a-b}$; así $$ x^-x^d-m=(x^b - x^c - n)(x^{a-b}+Q(x))=x^-x^{a-b+c}-nx^{a-b}+Q(x)(x^b-x^c-n), $$ o $$ Q(x)(x^b-x^c-n)=x^{a-b+c}+nx^{a-b}-x^d-m. $$ El término constante en la izquierda y la derecha deben ser $-m$, lo $Q(x)=m/n+xR(x)$, dando $$ (xR(x)+m/n)(x^b-x^c-n)=xR(x)(x^{b} x^{c}-n)+(m/n)x^b-(m/n)x^c-m \\ =x^{a-b+c}+nx^{a-b}-x^d-m, $$ o $$ R(x)(x^b-x^c-n)=x^{a-b+c-1}+nx^{a-b-1} x^{d-1}-(m/n)x^{b-1}+(m/n)x^{c-1}. $$ Debemos tener $c=1$ en este punto, así $$ R(x)(x^b-x-n)=x^{a-b}+nx^{a-b-1} x^{d-1}-(m/n)x^{b-1}+(m/n). $$ Ahora, para la orden más alto de los términos de partido, necesitamos que $a-b \ge b$ o $d=b+1$. El último caso no ayuda con el OP pregunta, pero la configuración de $d=b+1$ da $R(x)=-1$ y $$ -x-n=-x^{a-b}-nx^{a-b-1}+(m/n)x^{b-1}-(m/n), $$ por lo $m=n=1$$(a,b,c,d)=(5,3,1,4)$. Esto le da la conoce, pero no trivial resultado que $x^5-x^4-1=P(x)(x^3-x-1)$; y $x^3-x-1$ tiene una raíz real de la constante de plástico $P=1.3247…$. Llegamos a la conclusión de que $\{P^5\}=\{P^4\}$$\{P^3\}=\{P\}$, que es interesante, pero no es exactamente lo que queremos.
Si por el contrario nos set$a=2b+k$$k\ge 0$, luego $$ R(x)(x^b-x-n)=x^{b+k}+nx^{b+k-1} x^{d-1}-(m/n)x^{b-1}+(m/n). $$ Limitarnos a $d=b$, $$ R(x)(x^b-x-n)=x^{b+k}+nx^{b+k-1}-\left(\frac{m}{n}+1\right)x^{b-1}+\left(\frac{m}{n}\right). $$ Es posible, entonces, probar con varios valores de $k$. Curiosamente, si $k=1$, entonces la solución $(a,b,c,d)=(5,2,1,2)$, $m=18$, $n=-3$ surge. Esto corresponde a $$ x^5-x^2-18 = P(x)(x^2-x+3), $$ que es muy cercano a un resultado positivo. Desafortunadamente $x^2-x+3$ sólo tiene raíces complejas: $r=1/2 + i\sqrt{11}/2$ y su complejo conjugado. Pero, de hecho, $$ r^5 = 31/2 + i\sqrt{11}/2, \\ r^2 = -5/2 + i\sqrt{11}/2, \\ r = 1/2 + i\sqrt{11}/2, $$ así que esto puede ser visto como una solución compleja a $\{x^5\}=\{x^2\}=\{x\}\neq 0$.
