Múltiplos de un número irracional que forman un subconjunto denso

Question

Digamos que eliges tu número irracional favorito $q$ y mirando a $S = \{nq: n\in \mathbb{Z} \}$ en $\mathbb{R}$ , has cortado todo menos el decimal de $nq$ dejándole un número en $[0,1]$ . ¿Es este nuevo conjunto denso en $[0,1]$ ? En caso afirmativo, ¿por qué? (Básicamente mirando el $\mathbb{Z}$ -órbita de un número irracional fijo en $\mathbb{R}/\mathbb{Z}$ donde nos referimos al cociente por la acción de grupo de $\mathbb{Z}$ .)

Gracias.

Answer 1

Notación: Para cada número real $ r $ , dejemos que

• $ \lfloor r \rfloor $ denota el mayor número entero $ \leq r $ y
• $ \{ r \} $ denotan la parte fraccionaria de $ r $ .

Observe que $ \{ r \} = r - \lfloor r \rfloor $ . Por lo tanto, $ \{ r \} $ es la "parte decimal cortada" de $ r $ de la que hablas.

---

La mayoría de las pruebas comienzan con el Principio de Pigeonhole, pero podemos introducir un sabor ligeramente topológico utilizando el Teorema de Bolzano-Weierstrass. Se proporcionarán todos los detalles.

Sea $ \alpha $ sea un número irracional. Entonces para distintos $ i,j \in \mathbb{Z} $ debemos tener $ \{ i \alpha \} \neq \{ j \alpha \} $ . Si esto no fuera cierto, entonces $$ i \alpha - \lfloor i \alpha \rfloor = \{ i \alpha \} = \{ j \alpha \} = j \alpha - \lfloor j \alpha \rfloor, $$ que produce la afirmación falsa $ \alpha = \dfrac{\lfloor i \alpha \rfloor - \lfloor j \alpha \rfloor}{i - j} \in \mathbb{Q} $ . Por lo tanto, $$ S := \{ \{ i \alpha \} \mid i \in \mathbb{Z} \} $$ es un subconjunto infinito de $ [0,1] $ . Por el Teorema de Bolzano-Weierstrass, $ S $ tiene un punto límite en $ [0,1] $ . De este modo, se pueden encontrar pares de elementos de $ S $ que están arbitrariamente cerca.

Ahora, fija un $ n \in \mathbb{N} $ . Según el párrafo anterior, existen distintos $ i,j \in \mathbb{Z} $ tal que $$ 0 < |\{ i \alpha \} - \{ j \alpha \}| < \frac{1}{n}. $$ WLOG, cabe suponer que $ 0 < \{ i \alpha \} - \{ j \alpha \} < \dfrac{1}{n} $ . Sea $ M $ sea el mayor número entero positivo tal que $ M (\{ i \alpha \} - \{ j \alpha \}) \leq 1 $ . La irracionalidad de $ \alpha $ se obtiene $$ (\spadesuit) \quad M (\{ i \alpha \} - \{ j \alpha \}) < 1. $$ A continuación, observe que para cualquier $ m \in \{ 0,\ldots,n - 1 \} $ podemos encontrar un $ k \in \{ 1,\ldots,M \} $ tal que $$ k (\{ i \alpha \} - \{ j \alpha \}) \in \! \left[ \frac{m}{n},\frac{m + 1}{n} \right]. $$ Esto se debe a que

• la longitud del intervalo $ \left[ \dfrac{m}{n},\dfrac{m + 1}{n} \right] $ es igual a $ \dfrac{1}{n} $ mientras que
• la distancia entre $ l (\{ i \alpha \} - \{ j \alpha \}) $ y $ (l + 1) (\{ i \alpha \} - \{ j \alpha \}) $ es $ < \dfrac{1}{n} $ para todos $ l \in \mathbb{N} $ .

Por otra parte, existe otra expresión para $ k (\{ i \alpha \} - \{ j \alpha \}) $ : \begin{align} k (\{ i \alpha \} - \{ j \alpha \}) & = \{ k (\{ i \alpha \} - \{ j \alpha \}) \} \quad (\text{As $ 0 < k (\{ i \alpha \} - \{ j \alpha \}) < 1 $; see ($ \spadesuit $).}) \\ & = \{ k [(i \alpha - \lfloor i \alpha \rfloor) - (j \alpha - \lfloor j \alpha \rfloor)] \} \\ & = \{ k (i - j) \alpha + k (\lfloor j \alpha \rfloor - \lfloor i \alpha \rfloor) \} \\ & = \{ k (i - j) \alpha \}. \quad (\text{The $ \{ \cdot \} $ function discards any integer part.}) \end{align} Por lo tanto, $$ \{ k (i - j) \alpha \} \in \! \left[ \dfrac{m}{n},\dfrac{m + 1}{n} \right] \cap S. $$ En $ n $ es arbitrario, todo subintervalo no degenerado de $ [0,1] $ por pequeño que sea, debe contener un elemento de $ S $ .

( Nota: Un intervalo no degenerado es un intervalo cuyos puntos extremos no son iguales).

---

Conclusión: $ S $ es denso en $ [0,1] $ .

Answer 2

Pista: Sea $ \{ z\}$ denotan la parte fraccionaria del número $z$ . Si $x$ es un número irracional, entonces para cualquier $n$ entonces existe $1 \leq i \in \mathbb{N}$ , $i \leq n+1$ tal que $ 0 < \{ ix \} < \frac {1}{n}$

Answer 3

Llego un poco tarde a esta pregunta, pero aquí va otra prueba:

Lema: El conjunto de puntos $\{x\}$ donde $x\in S$ (aquí $\{\cdot\}$ denota la función de la parte fraccionaria), tiene $0$ como punto límite.

Prueba: Dado $x\in S$ Seleccionar $n$ para que $\frac{1}{n+1}\lt\{x\}\lt\frac{1}{n}$ . Demostraremos que seleccionando un $m$ tendremos: $\{mx\}\lt\frac{1}{n+1}$ con lo que concluiría la demostración del lema.

Seleccione $k$ para que $\frac{1}{n}-\{x\}\gt\frac{1}{n(n+1)^k}$ . Entonces: $$ \begin{array}{ccc} \frac{1}{n+1} &\lt& \{x\} &\lt& \frac{1}{n} - \frac{1}{n(n+1)^k} \\ 1 &\lt& (n+1)\{x\} &\lt& 1+\frac{1}{n} - \frac{1}{n(n+1)^{k-1}} \\ & & \{(n+1)x\} &\lt&\frac{1}{n} - \frac{1}{n(n+1)^{k-1}} \end{array} $$ Si $\{(n+1)x\}\lt\frac{1}{n+1}$ hemos terminado. En caso contrario, repetimos el procedimiento anterior, sustituyendo $x$ y $k$ con $(n+1)x$ y $k-1$ respectivamente. El procedimiento se repetiría como máximo $k-1$ veces, en cuyo momento obtendremos: $$ \{(n+1)^{k-1}x\}\lt\frac{1}{n} - \frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n+1}. $$

Proposición: El conjunto descrito en el lema es denso en $[0,1]$ .

Prueba: Sea $y\in[0,1]$ y que $\epsilon\gt0$ . A continuación, seleccionando $x\in S$ tal que $\{x\}\lt\epsilon$ y $N$ tal que $N\cdot\{x\}\le y\lt (N+1)\cdot\{x\}$ , obtenemos: $\left|\,y-\{Nx\}\,\right|\lt\epsilon$ .

Answer 4

En su lugar, demuestre

Si $S$ no es denso, entonces $q$ es racional.

Si $S$ no es denso entonces debe haber dos valores sin intermedio, llámalos $kq \pmod 1$ y $jq \pmod 1$ . Así que $kq \pmod 1 < jq \pmod 1$ y $$\lnot \exists c \in S ~:~ kq \pmod 1 < c < jq \pmod 1 \tag{0}$$

Sea $d = jq \pmod 1 - kq \pmod 1$ . Obsérvese que esto significa que para algún número entero $L$ , $$d=jq-kq +L \tag{1}$$ y considerar la secuencia infinita:

$$T = kq+d,~kq+2d,~kq+3d\dots \pmod 1$$

Porque $T$ incrementa en $d$ tiene que haber un elemento en $[kq \dots kq+d)$ Llámalo $z$ . Debido a (0), se deduce $z=kq$ y así $T$ es periódica.

Desde $T$ es periódica, $kq$ se repite, por lo que para algunos enteros $N$ , $M$ ,

$$kq + Nd - M = kq \tag{2}$$

(1) y (2) implican $q$ es racional.