Un problema sobre la función del piso

Question

Aquí está el problema

Supongamos que $$ a, b \in \mathbb {R^+},\qquad 0 < a + b < 1 $$ Probar o refutar que $$ \exists n \in \mathbb{Z^+}: \left\{na\right\} + \left\{nb\right\} \ge 1$$ donde$\{x\} = x - \lfloor x \rfloor$$\lfloor x \rfloor = \max\left\{ n | n \in \mathbb{Z}, n \le x \right\}$.

Posdatas:

1. El problema original de la revista ( ISSN 1005-6416 ) podría ser (Por un largo tiempo, no puedo recordar claramente):

   $a, b$ son irrationals, sujetos a $\forall n \in \mathbb{Z^+}: \left\{ na \right\} + \left\{ nb \right\} \le 1$, demuestran que, a $a + b \in \mathbb{Z}$.

   Porque me he encontrado con que $a, b$ no tiene por qué haber sido irrationals, insisto en que hay que ser un general de la prueba (creo que es algebrian). Creo que los pasos son como este:

   • Divide $\left\{ (x, y) | x, y \in \mathbb{R^+}, x + y < 1 \right\}$ en muchos (infinito) de las piezas.
   • Para cada pieza, se obtiene un $n$.

2. Puede ser fácil cuando se $a, b \in \mathbb{Q}$. Aquí está la prueba:

   Deje $f(n) = \left\{na\right\} + \left\{nb\right\}$. Para cada una de las $x \not \in \mathbb{Z}$, tenemos $\left\{x\right\} + \left\{-x\right\} = 1$

   Así que si $a, b \in \mathbb{Q}$, tenemos $f(1) + f(-1) = 2$

   Tenga en cuenta que: $\exists T \in \mathbb{Z^+}$ sujetos $\forall n \in \mathbb{Z}: f(n + T) = f(n)$

   Así $2 = f(1) + f(-1) = f(1) + f(2T-1) \le 2 \max\left(f(1), f(2T-1)\right)$

   Hemos hecho.

3. Me gustaría una prueba con algebraica de la construcción.

Gracias

Answer 1

Mira el siguiente gráfico de los cuadros $(x,y)$-plano con las líneas de división en entero $x$'s y $y$'s:

Los puntos $z_n:=(n\ a,n\ b)$ $\ (n\in{\mathbb Z})$ están marcados. Vamos a demostrar que al menos uno de los $z_n$ $n>0$ cae en el interior de un triángulo gris, lo que significa que $\{n a\}+\{n b\}>1$.

Podemos distinguir los siguientes dos casos:

(i) $b/a$ es racional. $-$ En este caso hay $p$, $q\in{\rm N}_{\geq1}$ con ${\rm gcd}(p,q)=1$ $\lambda>0$ con $a=p\lambda$, $b=q\lambda$. Todos los puntos de $z_n$ está acostado en la línea de $$\ell:\quad t\mapsto z(t)=(pt, qt)\qquad(-\infty<t<\infty)\ ;$$ de hecho,$z_n=z(n\lambda)$. Esta línea pasa por los puntos $(j p, j q)$ $\ (j\in{\mathbb Z})$ y en realidad es una curva cerrada $\gamma$ sobre el torus $T$ obtenido por la identificación de los puntos de $(x,y)$ $(x',y')$ con $x\equiv x'$ $\ ({\rm mod}\ p)$ y $y\equiv y'$ $\ ({\rm mod}\ q)$. Deje $\pi: \ {\mathbb R}^2\to T$ denotar la proyección correspondiente. Hay un conjunto finito de segmentos de $\sigma_k\subset\gamma=\pi(\ell)$ colores en gris, lo que hace que hasta la mitad de la longitud de $\gamma$.

(me.i) Si $\lambda$ es racional, entonces el $z_n$ proyecto en sólo un número finito de puntos equidistantes en $\gamma$, y algunos $z_n$ $n>0$ proyecto en el mismo punto como $z_{-1}$ y por lo tanto se encuentran en el interior de un triángulo gris. (Este caso ya ha sido tratado por el OP.)

(me.ii) Si $\lambda$ es irracional, entonces los puntos $\pi(z_n)$ son densos en $\gamma$, y algunos de ellos se encuentran en el interior de uno de los gris intervalos de $\gamma$. De ello se desprende que el correspondiente $z_n$ están mintiendo en un triángulo gris.

(ii) $b/a=:m$ es irracional. $-$ Puesto $\delta:=1-a-b$ y considerar de nuevo la línea de $$\ell: \quad t \mapsto z(t):=(t, m t)\qquad(-\infty<t<\infty)$$ (ahora con un diferente parametrización). El $z_n$ son igualmente espaciados en $\ell$ con la distancia $d:=\sqrt{a^2+b^2}$. La línea de $\ell$ se cruza con el de división verticales $x=k\in{\mathbb Z}$ en los puntos de $(k, m k)$ cuyas coordenadas $y_k:=m k$ son irracionales para $k\ne0$. Por lo tanto el $y_k$ son densos ${\rm mod}\ 1$. Hay un $k_0>0$ tal que $1-\{y_{k_0}\}<\delta$. Es fácil ver que el segmento de $\sigma\subset\ell$ con extremos de $(k_0-a, y_{k_0}-b)$ $(k_0, y_{k_0})$ está mintiendo completamente en el triángulo gris a la izquierda de $(k_0, y_{k_0})$. Desde $\sigma$ tiene una longitud de $d$ hay al menos un $z_n\in\sigma$, y esto $z_n$ se encuentra en el interior de un triángulo gris.

Answer 2

Caso 1: $a,b$ racionales.

Este caso es simple. $a=\frac{m}{n}$ $b=\frac{r}{p}$ con ambas fracciones irreducibles.

WLOG $n \geq p$.

Subcase 1.1 *$n < p$*

Solucionar $rx \cong -1 \mod p$, que tiene la solución a $x= x_0 +lp$.

A continuación, para todos los $x$ tenemos $\{ xb \}=\frac{p-1}{p}$, y debido a $1 < n < p$ usted puede fácilmente encontrar $x$, de modo que $xa \notin Z$, lo $\{ xa \} >\frac{1}{n}$.

Desde $\frac{p-1}{p}+\frac{1}{n} > \frac{p-1}{p}+\frac{1}{p} =1$ hemos terminado.

Subcase 1.2 *$n = p$*

Con la misma idea.

Solucionar $rx \cong -1 \mod p$, que tiene la solución a $x= x_0 +lp$.

La única manera posible de cuestiones son si $xm= 0, 1 \mod p$.

Pero esto no es posible.

El primer caso no es posible ya que tanto $x,m$ son invertible, mientras que en el segundo caso, usted consigue

$$rx \cong -1 \mod p \Rightarrow r \cong -x^{-1} \mod p$$ $$mx \cong 1 \mod p \Rightarrow m \cong x^{-1} \mod p $$

Por lo tanto, $r+m \cong 0 \mod p$ y, por tanto, $a+b= \frac{m+r}{p} \in Z$ lo cual es una contradicción.

Caso 2 Un racional, b irracional. Este caso se sigue inmediatamente de Dirichclet teorema.

De hecho, $a=\frac{m}{n}$ irreductible.

La ecuación de $xm \cong -1 \mod p$ tiene solución $x= x_o+np$, y por el teorema de Dirichlet, ya $b$ es irracional, el conjunto de $\{ (x_0+np)b\} $ es denso en $[0,1]$.

Recoger algunas $k$, de modo que $\{ (x_0+kp)b\} > \frac{1}{n}$ y listo, $(x_0+kp)$ satisface su condición.

Caso 3: $a,b$ irational. A continuación,$b= \alpha a$.

Subcase 3.1 $\alpha$ irracional. Ver Jyrki del comentario.

Subcase 3.2 $\alpha$ racional. $\alpha=\frac{m}{n}$ irreductible.

Corregir algunos $\epsilon$, de modo que $(m+n)\epsilon <1$. Luego también tenemos a $m-1 < m(1-\epsilon) < m$.

Por el teorema de Dirichlet, el conjunto $\{nka\} $ es denso en $[0,1]$.

Recoger algunas $k$, de modo que

$$\{ kna \} > 1- \epsilon \,.$$

Entonces

$$kna = l+ 1- \epsilon$$

para algunos entero $l$.

Por lo tanto

$$knb=kn\frac{m}{n}a=\frac{m(l+1-\epsilon)}{n}$$

Tenga en cuenta que por nuestra selección de $\epsilon$,

$$\frac{ml+m-1}{n} < \frac{m(l+1-\epsilon)}{n} < \frac{ml+m}{n} \,.$$

Esto demuestra que $[\frac{m(l+1-\epsilon)}{n}] \leq \frac{ml+m-1}{n}$ y por lo tanto

$$\{\frac{m(l+1-\epsilon)}{n} \} > \frac{1-m\epsilon}{n}$$

Así

$$\{ kna \} + \{ knb \} >1- \epsilon+ \frac{1-m\epsilon}{n} \geq 1$$

la última desigualdad siguiente de $(m+n)\epsilon<1$.

P. S. La prueba es extremadamente técnico, podría ser un error en ella. Me escribió, pero definitivamente no quiero disfrutar de su lectura :P

Answer 3

El caso de los racionales se mencionó en Javaman del comentario anterior. Aquí está uno para el irrationals. Estoy discutiendo aquí un poco informal, creo que a partir de este una respuesta precisa puede ser derivado.

Asumir un y b en su base-2-expansiones en alguna posición detrás del separador decimal:
$\qquad \pequeño \begin{array} {rrl} a&:& \ldots 10010100101001 \ldots \\ b&:& \ldots 00001010110000 \ldots \\ & & \ldots .........! \end{array} $

Entonces
a) si en alguna posición k ambas cadenas han simultanously un 1 , entonces es obvio que $\small n=2^k $ resuelve el problema.

Así que para tener un contraejemplo nos
b) necesidad de un par de números, que tienen en ninguna posición simultanously un 1. Pero si tenemos nonterminating bitstrings (a causa de la irracionalidad), entonces no habrá una posición k , donde en el bitstring de un es un 1 , y la distancia hasta el próximo 1 en el bitstring de b es mínima, digamos d. Pero, a continuación, basta con usar $\small n=2^{k+d} \cdot (1+2^{-1} + 2^{-2}+ \ldots 2^{-d}) $ para hacer el 1 en la bitstrings de un y b repetir que el pasado 1 en $\small n \cdot a $ coincide con el de $\small n \cdot b$ en la posición $\small k+d $ y tenemos el caso anterior y que par de números no es un contraejemplo, pero una solución.

c) Porque para tener un nonterminating bitstring significa, tenemos 1 en cualquier lugar que pueda siempre encontrar una posición adecuada de k y d en cada par a,b de números irracionales.
Un argumento similar puede ser utilizado para los números racionales y -tal vez - la "transferencia" de que el argumento es muy simple, pero no le he dado demasiada importancia a esto.