XXXIX OM - I - Zadanie 5

Udowodnić, że istnieje nieskończenie wiele liczb naturalnych $ n $, dla których $ [n\sqrt{2}] $ jest potęgą liczby 2.
Uwaga: $ [x] $ jest największą liczbą całkowitą nie większą od $ x $.

Rozwiązanie

Liczbę $ \sqrt{2} $ można zastąpić dowolną liczbą $ x $ z przedziału $ (1; 2) $.

Niech więc $ x \in (1; 2) $ i niech $ M $ będzie zbiorem wszystkich liczb naturalnych $ n $, dla których $ [nx] $ jest potęgą dwójki (o wykładniku całkowitym nieujemnym). Wykażemy kilkoma sposobami, że zbiór $ M $ jest nieskończony; dla $ x = \sqrt{2} $ otrzymamy tezę zadania. (W żadnym z tych dowodów wzięcie konkretnej wartości $ x = \sqrt{2} $ niczego nie upraszcza; jedynie w sposobie IV zakładamy dodatkowo, że $ x $ jest liczbą niewymierną).

Przypuśćmy, że $ M $ jest zbiorem skończonym. Weźmy liczbę naturalną $ k $ taką, że $ 2^k > nx $ dla wszystkich $ n \in M $. Niech $ q $ będzie liczbą naturalną, dla której $ qx < 2^k \leq (q+1)x $ i przyjmijmy $ r = 2^k- qx $. Tak więc $ 0 < r \leq x $.

Istnieje liczba całkowita $ j \geq 0 $ taka, że $ x/2 < 2^jr \leq x $. Ponieważ zaś $ x/2 > x-1 $ (co wynika z założenia, że $ x < 2 $), dostajemy nierówność $ x-1 < 2^j r \leq x $, czyli

\[<br />
x-1< 2^j(2^k-qx) \leq x,<br />
\]

lub równoważnie:

\[<br />
(2^jq+1)x-1 < 2^{k+j} \leq (2^jq+1)x.<br />
\]

Oznaczając $ 2^jq+1 $ przez $ m $ mamy więc $ [mx] = 2^{k+j} $, skąd wynika, że $ m \in M $. Ale $ mx \geq (q+1)x \geq 2^k $, a taka nierówność nie może zajść dla $ m \in M $ (w myśl określenia liczby $ k $).

Otrzymana sprzeczność pokazuje niesłuszność przypuszczenia, że $ M $ jest zbiorem skończonym.

Uwaga: Istnieją liczby $ x > 2 $, dowolnie bliskie $ 2 $, dla których analogiczna teza nie jest prawdziwa; to znaczy, takie, że zbiór $ M $ określony na wstępie rozwiązania jest skończony. Ma to miejsce, gdy dla prawie wszystkich wykładników naturalnych $ k $ (tj. wszystkich poza skończoną ich liczbą) przedział $ \langle 2^k x^{-1}; (2^k+1)x^{-1} $) nie zawiera żadnej liczby całkowitej. Ten warunek spełniają na przykład wszystkie liczby $ x $ określone równością postaci

\[<br />
\frac{1}{x}=\frac{1}{2} - \frac{1}{2^m} + \frac{1}{2^{m+1}-1}, \ m \geq 1 \ \textrm{całkowite},<br />
\]

czyli - zapisując w układzie dwójkowym -

\[<br />
\frac{1}{x}=0, \underbrace{0111 \ldots 11}_m \underbrace {00 \ldots 00}_m1<br />
\underbrace {00 \ldots 00}_m 1 \underbrace {00 \ldots 00}_m 1 \ldots .<br />
\]

(Jeśli zamiast bloków zer stałej długości $ m $ będziemy pisać coraz dłuższe serie zer, dostaniemy w ten sposób również liczby niewymierne).

Sprawdzenie podanych własności pozostawiamy Czytelnikom jako nietrudne ćwiczenie.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź