XXXIX OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXXIX OM, 1987-1988

Etap:

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

$ x-1< 2^j(2^k-qx) \leq x, $

lub równoważnie:

$ (2^jq+1)x-1 < 2^{k+j} \leq (2^jq+1)x. $

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

$ \frac{1}{x}=\frac{1}{2} - \frac{1}{2^m} + \frac{1}{2^{m+1}-1}, \ m \geq 1 \ \textrm{całkowite}, $

czyli - zapisując w układzie dwójkowym -

$ \frac{1}{x}=0, \underbrace{0111 \ldots 11}_m \underbrace {00 \ldots 00}_m1 \underbrace {00 \ldots 00}_m 1 \underbrace {00 \ldots 00}_m 1 \ldots . $

(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.