3 Formalna denicja ci¡gu M-D

Rozwi¡zanie zadania M-D

Mateusz Kwa±nicki 2 lipca 2008

1 Zadanie

Niech p, q b¦d¡ liczbami naturalnymi wi¦kszymi od 1. Okre±lamy ci¡g mno»¡co-dziel¡cy (an) dla mno»nika p i dzielnika q w nast¦puj¡cy sposób.

Rozpoczynamy od a1 = 1. Wyraz an+1 jest równy ban/qc, o ile ta liczba jest dodatnia i nie wyst¡piªa jeszcze w ci¡gu, b¡d¹ panw przeciwnym przypadku.

Na przykªad gdy p = 3 oraz q = 2, to pocz¡tkowymi wyrazami ci¡gu M-D s¡ liczby 1, 3, 9, 4, 2, 6, 18, 54, 27, 13, 39, 19, 57, 28, 14, 7, 21, . . . .

Zadanie polega na stwierdzeniu, czy ci¡g M-D jest permutacj¡ ci¡gu liczb naturalnych. Poni»ej dowodzimy, »e odpowied¹ jest twierdz¡ca wtedy i tylko wtedy, gdy logqp jest niewymierny, czyli gdy qⁿ= p^m tylko dla n = m = 0.

Warunek ten jest speªniony mi¦dzy innymi przez ka»d¡ par¦ liczb wzgl¦dnie pierwszych.

Zadanie pojawiªo si¦ na ªamach kanadyjskiego czasopisma Crux Mathe- maticorum, w numerze 26 (2000), zadanie 2248.

Šatwo udowodni¢ implikacj¦ w jedn¡ stron¦. Niech bowiem logqp b¦dzie liczb¡ wymiern¡, czyli qⁿ = p^m dla pewnych wzgl¦dnie pierwszych n, m.

Wówczas d = q^1/m = p^1/n jest liczb¡ caªkowit¡ wi¦ksz¡ od 1, a wi¦c ka»dy wyraz ci¡gu M-D jest pot¦g¡ liczby d. W szczególno±ci liczba d+1 nie pojawi si¦ w ci¡gu M-D.

W dalszej cz¦±ci udowodnimy implikacj¦ w drug¡ stron¦.

2 Oznaczenia

Zbiory liczb caªkowitych, caªkowitych dodatnich i rzeczywistych oznaczamy odpowiednio przez Z, Z⁺, R. Grup¦ ilorazow¡ topologicznych grup addy-

tywnych R oraz Z (izomorczn¡ z odcinkiem [0, 1) z dodawaniem modulo 1) b¦dziemy oznacza¢ przez T. Elementami T s¡ warstwy [a] = a + Z = {a + n : n ∈ Z}, gdzie a ∈ R. Niech κ : R → T b¦dzie kanonicznym ho- momorzmem danym wzorem κ(a) = [a]. Przypomnijmy, »e zbiór U ⊂ T jest otwarty wtedy i tylko wtedy, gdy κ⁻¹(U ) jest otwartym podzbiorem R.

Ponadto je±li V jest otwartym podzbiorem R, to κ(V ) jest otwarty w T, a wi¦c κ jest odwzorowaniem otwartym.

3 Formalna denicja ci¡gu M-D

Ustalmy p, q > 1 takie, »e logqp jest liczb¡ niewymiern¡. Deniujemy ci¡g M-D wraz ze zbiorami An równaniami:

a₁ = 1,

A_n= {0} ∪ {a_m : m ≤ n} ,

a_n+1 = pa_n je±li ban/qc ∈ A_n, a_n+1 = ba_n/qc je±li ban/qc /∈ A_n. Ponadto okre±lamy:

A = {a_m : m ∈ Z⁺} , B = Z⁺\A.

Musimy udowodni¢ dwa stwierdzenia:

a_n= a_m tylko je±li n = m, (1)

B = ∅. (2)

4 Dwie wªasno±ci zbiorów A

, A oraz B

Ustalmy n ∈ Z⁺ i zaªó»my, »e an/q^k

∈ A_n dla pewnego k ∈ Z⁺. Je±li

an/q^k

= 0, to an/q^k+1

= 0 ∈ A_n. Zaªó»my wi¦c, »e an/q^k

> 0, czyli an/q^k

= a_m dla pewnego m ≤ n. Poniewa» an/q^k

< a_n, wi¦c m < n. Zatem albo bam/qc ∈ A_m ⊂ A_n (i wtedy am+1 = pa_m), albo ba_m/qc = a_m+1 ∈ A_n. Tak czy inaczej an/q^k+1

= ba_m/qc ∈ A_n. St¡d indukcyjnie:

Je±li ban/qc ∈ An, to an/q^k ∈ An dla wszystkich k ≥ 0. (3)

We¹my teraz a ∈ A, czyli a = andla pewnego n. Wówczas albo ban/qc = a_n+1 ∈ A, albo ban/qc ∈ A_n ⊂ A ∪ {0}. Zatem ba/qc ∈ A ∪ {0}. St¡d indukcyjnie a/q^k ∈ A ∪ {0}. Innymi sªowy, je±li oznaczymy b = a/q^k

, to:

Je±li b ∈ B, to q^kb + l ∈ B dla wszystkich k ∈ Z⁺, 0 ≤ l < q^k. (4)

5 Prawo skracania pod podªog¡

Wykorzystamy nast¦puj¡ce ªatwe twierdzenie o podªodze. Zaªó»my, »e pa = bpxc, gdzie x ∈ R, a ∈ Z za± p ∈ Z⁺. Wówczas:

a = pa p



= bpxc p



= px p



= bxc . Zatem:

pa = bpxc implikuje a = bxc , (5) je±li x ∈ R, a ∈ Z, p ∈ Z⁺.

6 Dowód stwierdzenia (1)

Zaªó»my nie wprost, »e ai = a_j dla pewnych i 6= j. Niech n b¦dzie najmniej- szym indeksem takim, »e an = a_m dla pewnego m, 0 < m < n. Oczywi±cie oznacza to, »e an∈ A_n−1, a wi¦c an= pa_n−1. Niech 1 < i ≤ m b¦dzie takim indeksem, »e:

a_m= ba_m−1/qc , a_m−1 = ba_m−2/qc , . . . , a_i+1= ba_i/qc , a_i = pa_i−1. (Taki indeks istnieje, poniewa» a2 = pa₁.) Wówczas:

pa_n−1= a_n = a_m =a_i/q^m−i = pa_i−1/q^m−i .

Na mocy (5) wnioskujemy, »e an−1 = ba_i−1/q^m−ic. Poniewa» ai = pa_i−1, wi¦c ba_i−1/qc ∈ A_i−1. Z wªasno±ci (3) wynika wi¦c, »e:

a_n−1 =a_i−1/q^m−i ∈ A_i−1.

Innymi sªowy an−1 = a_j dla pewnego j speªniaj¡cego nierówno±ci 0 < j ≤ i − 1 ≤ m − 1 < n − 1. Stanowi to sprzeczno±¢ z wyborem n. Zaªo»enie nie wprost musi by¢ zatem faªszywe, czyli dowiedli±my (1). Warto zauwa»y¢, »e nie skorzystali±my z zaªo»enia o niewymierno±ci logqp.

7 Dowód stwierdzenia (2)

Ponownie zaªó»my nie wprost, »e B jest niepusty i niech a ∈ B. Dowiedziemy,

»e q^ta + s /∈ B dla pewnych t, s ∈ Z⁺, 0 ≤ s < q^t, co stoi w sprzeczno±ci z wªasno±ci¡ (4). Kluczow¡ obserwacj¡ oka»e si¦ to, »e ró»nica mi¦dzy logqa oraz logq(q^ta + s) jest bliska liczbie caªkowitej. Oznacza to, »e odlegªo±¢

mi¦dzy warstwami logqa

i logq(q^ta + s)

w T jest bardzo maªa. Wystarczy wi¦c pokaza¢, »e zbiór warstw logqan

 nie mo»e by¢ oddzielony od logqa dla wszystkich n. To za± wyniknie ze zwi¡zku mi¦dzy ci¡giem logqa_n obrotami niewymiernymi na T. i

Z udowodnionego stwierdzenia (1) wynika, »e limn→∞a_n = ∞. Ozna- cza to, »e dla niesko«czenie wielu indeksów n zachodzi an+1 = pa_n. Niech k1, k2, . . . b¦dzie ±ci±le rosn¡cym ci¡giem wszystkich takich n. Zatem:

akn+1 =

 a_kn+1 q^{kn+1−kn−1}



, akn+1 = pakn. (6) Niech bn = log_qa_n, α = logqp. Zaªo»yli±my, »e α jest liczb¡ niewymiern¡.

Okre±lamy:

_n = log_q

 a_kn+1 q^{kn+1−kn−1}



− log_qa_kn+1 = b_kn+1− b_kn+1− k_n+1+ k_n+ 1.

Wªasno±¢ (6) i nierówno±ci bxc ≤ x < bxc + 1 dla x ∈ R implikuj¡:

0 ≤ _n < log_q(a_kn+1+ 1) − log_qa_kn+1 =

= log_q a_kn+1+ 1 a_kn+1



< 1

a_kn+1ln q. (7) Z denicji n oraz z (6) wynika, »e:

bkn+1 = [bkn+1− _n] ,

[b_kn+1] =log_q(pa_kn) = [b_kn+ α] . (8) Dokªadnie tego oczekiwali±my: warstwa bkn+1

 jest bardzo bliska warstwie [b_kn+1], która jest obrazem warstwy [bkn] przez niewymierny obrót. Zanim przyst¡pimy do szczegóªów rozumowania, przypomnijmy, »e szukamy wy- razu am takiego, »e am = q^ta + s dla pewnych t, s ∈ Z⁺, 0 ≤ s < q^t, lub równowa»nie bm = log_qa_m ∈ [log_qa + t, log_q(a + 1) + t).

Okre±lmy:

δ = log_q(a +¹₂) − log_qa,

V = log_q(a +¹₂), log_q(a + 1)
, U = κ(V ).

Poniewa» U jest niepustym, otwartym podzbiorem T, za± α jest liczb¡ nie- wymiern¡, wi¦c (wobec minimalno±ci obrotu niewymiernego) istnieje L ∈ Z⁺ taki, »e dla wszystkich x ∈ R zachodzi [x + lα] ∈ U dla pewnego l, 0 ≤ l ≤ L.

Niech M b¦dzie tak du»e, »e L < Mδ ln q. Poniewa» limn→∞a_n = ∞, wi¦c istnieje N takie, »e an > M dla n ≥ N. Ustalmy n takie, »e kn ≥ N. Dla pewnego l, 0 ≤ l ≤ L, zachodzi [bkn+ lα] ∈ U. Oznacza to, »e dla pewnego i ∈ Z:

b_kn + lα + i ∈ V.

Z denicji V :

log_q(a +¹₂) < b_kn+ lα + i < log_q(a + 1) (9) Niech m = n + l. Korzystaj¡c z wªasno±ci (8), otrzymujemy:

[b_km] = [b_kn+ lα − _n− _n+1− · · · − _m−1] lub równowa»nie:

b_km = b_kn + lα − _n− _n+1− · · · − _m−1+ j

dla pewnego j ∈ Z. Teraz je±li n ≤ ν < m, to kν+1 > k_n ≥ N, a wi¦c a_kν+1 > M. Wobec (7) oznacza to, »e 0 ≤ ν < (a_kν+1ln q)⁻¹ < (M ln q)⁻¹. Zatem:

bkn+ lα + j − l

M ln q < bkm ≤ bkn+ lα + j.

Lecz M byªo okre±lone tak, aby l/(M ln q) ≤ L/(M ln q) < δ. St¡d:

b_kn + lα + j − δ < b_km ≤ b_kn + lα + j.

Wraz z (9) i denicj¡ δ prowadzi to do:

log_q(a + ¹₂) − i + j − (log_q(a +₂¹) − log_qa) < b_km < log_q(a + 1) − i + j.

Ostatecznie otrzymujemy:

log_qa + j − i < b_km < log_q(a + 1) + j − i.

Wyra»aj¡c ten warunek za pomoc¡ wyj±ciowego ci¡gu, otrzymujemy:

q^j−ia < a_km < q^j−i(a + 1).

W szczególno±ci j − i musi by¢ dodatnie. St¡d akm = q^ta + s dla t = i − j i pewnego s speªniaj¡cego warunek 0 < s < q^t. Sprzeczno±¢ z (4).

Dowiedli±my zatem, »e B jest pusty. To ko«czy rozwi¡zanie.