Deje $p\in(0,1)$ tal que $\frac{\ln(1+p)}{\ln(1-p)}$ es irracional.
Para$(a,b,c)\in\Bbb N^3$$b<c$, vamos
$$ F(a,b,c)=\begin{cases}\bigl(\lfloor (1+p)a\rfloor, b, c\bigr)&\text{if }a<b,\\
\bigl(a,\lceil\frac b{1-p}\rceil, \lceil\frac c{1-p}\rceil\bigr)&\text{if } c\le a,\\(a,b,c)&\text{if }b\le a<c \end{casos}$$
Teorema.
Si $a,b,c\in\Bbb N$$b<c$, entonces la secuencia de $\{F^{\circ n}(a,b,c)\}_n$ finalmente es estacionaria.
[Incompleto] La Prueba.
Deje $(a_n,b_n,c_n)=F^{\circ n}(a,b,c)$.
Si alguna vez $b_n\le a_n<c_n$, hemos terminado.
Si $a_0<\frac1p$, y $b_n>a_n$, por primera vez, a continuación, $a_n=a_0$ $\lfloor(1+p)a_n\rfloor = a_n$ y hemos terminado.
Así que supongamos lo contrario.$a_0\ge \frac 1p$ y nunca $b_n\le a_n<c_n$.
Como $\lceil\frac c{1-p}\rceil \ge \frac c{1-p}>b$, tendremos eventualmente $c_n>a_n$ y, por tanto, $a_n<b_n$ algunos $n$. Por lo tanto $F$ toma la primera rama infinitamente a menudo y $a_n\to +\infty$.
Pero luego también se $b_n\to+\infty$$c_n\to+\infty$.
Reclamo: $q:=\liminf\frac{c_n}{b_n}>1$. (???)
Ahora vamos a $x_n=\frac{a_n}{b_n}$. Entonces tenemos $$x_{n+1}\approx \begin{cases}(1+p)x_n&\text{if }x_n<1\\(1-p)x_n&\text{if }x_n>1\end{cases}$$ and the error hidden in the "$\aprox$" tends to $0$ as $n\to\infty$.
Como $\frac{\ln(1+p)}{\ln(1-p)}$ es irracional, esto implica que infintiely muchos $x_n$ están cerca de cualquier $\alpha$$1<\alpha<1+p$. En particular, vamos a encontrar ininfitely mayn $n$$1<x_n<\frac{1+q}2$, de ahí que algunos $n$$1<\frac {a_n}{b_n}<\frac{c_n}{b_n}$. Entonces $F(a_n,b_n,c_n)=(a_n,b_n,c_n)$. $\square$(modulo de reclamación)
Corolario. Si $X,G\in \Bbb N$$X\ge\frac 1p$, luego de una secuencia finita de aplicaciones de $f_+\colon x\mapsto \lfloor (1+p)x\rfloor$ y/o $f_-\colon x\mapsto \lfloor (1-p)x\rfloor$ es de $X$$G$.
Prueba.
Deje $(a_0,b_0,c_0)=(X,G,G+1)$ y definir de forma recursiva $(a_{n+1},b_{n+1},c_{n+1})=F(a_n,b_n,c_n)$.
por el teorema anterior, existe un mínimo de $n$$(a_{n+1},b_{n+1},c_{n+1})=(a_{n},b_{n},c_{n})$.
Como $F$ es un componente sabio no decreciente, llegamos a la conclusión de $a_n\ge a_{n-1}\ge\ldots \ge X$, e $b_n\ge \ldots \ge G$.
De $a_n\ge \frac1p$, vemos a $\lfloor (1+p)a_n\rfloor \ge a_n+1$, por lo tanto $F(a_n,b_n,c_n)=(a_n,b_n,c_n)$ implica $a_n\ge b_n$.
De la misma manera. $\lceil\frac {b_n}{1-p}\rceil >b_n$ implica que el $c_n>a_n$, por lo que el $b_n\le a_n<c_n$.
Siempre que $F(a_n,b_n,c_n)$ toma la primera rama, tenemos $a_{n+1}=f_+(a_n)$.
Tenga en cuenta que $f_-(x)\ge y\iff x\ge \frac y{1-p}$; por lo tanto, cada $F(a_n,b_n,c_n)$ toma la segunda rama, tenemos $b_n\le f_-(x)<c$ todos los $x$$b_{n+1}\le x<c_{n+1}$.
Deje $k=\{\,i\mid 0\le i<n,a_{i+1}>a_i\,\}$.
A continuación, $f_+^{\circ k}(a_0)=a_n$ $b_0\le f_-^{\circ(n-k)}(x)<c_0$ siempre $b_n\le x<c_n$. Así que a partir de $b_n\le a_n<c_n$ llegamos a la conclusión de
$$f_-^{\circ(n-k)}f_+^{\circ k}(X)=G.$$
$\square$
