Opravovatelia

Marek [email protected]

David [email protected]

Najprv si dokážeme vlastnosť dolnej celej časti, ktorú budeme potrebovať. Ukážeme, že ak $z$ patrí celým číslam a $a$ je ľubovolné reálne číslo, tak $\lfloor z+a\rfloor = z+\lfloor a \rfloor$. Z definície dolnej celej časti ľahko vyplýva nerovnosť $a-1<\lfloor a\rfloor\leq a$. Z toho vidíme, že platí nerovnosť $z+a-1<z+\lfloor a\rfloor\leq z+a$. No vieme, že $z+\lfloor a \rfloor$ je celé číslo a keďže medzi číslami $z+a-1$ a $z+a$ je len jedno celé číslo, tak je $z+\lfloor a \rfloor$ aj najväčšie celé číslo menšie rovné $z+a$. Ale z definície potom $\lfloor z+a\rfloor = z+\lfloor a \rfloor$.

Teraz sa pozrime na $x,\hspace{0,15cm} x\ast x, \hspace{0,15cm} (x\ast x)\ast x, \hspace{0,15cm} ((x \ast x)\ast x)\ast x,…$ . Najprv, definujme $x^{(k)}:=\underbrace{(\cdots((x \ast x)\ast x)\cdots)\ast x}_{k-1\text{ operácií}}$. Teda $x^{(1)}=x,\ x^{(2)}=x\ast x,\ x^{(3)}=(x\ast x)\ast x$, atď. Indukciou teraz ukážeme, že pre $x \in \left\langle 0;1\right)$ platí $x^{(k)}=kx-\lfloor kx\rfloor$ (ak s indukciou nie ste ešte až tak skusení, na tréning je vhodná napríklad zbierka úloh KMS, sekcia 1.2). V indukcií potrebujeme spraviť dva podstatné kroky. Konkrétne ukázať, že to platí pre najmenšiu možnú hodnotu premennej (v našom prípade $k=1$) a potom ukázať, že ak naše tvrdenie platí pre nejaké konkrétne $k$, bude platiť aj pre $k+1$.

Prvý krok: Pre $k=1$, $x^{(1)}=x=x-0=x-\lfloor x\rfloor$, pretože $x \in \left\langle 0;1\right)$.

Druhý krok: Nech v tomto prípade $k=i$, potom predpokladáme, že $x^{(i)}=ix-\lfloor ix\rfloor$. Potom $$x^{(i+1)}=x^{(i)} \ast x=(ix-\lfloor ix\rfloor)\ast x=ix+x-\lfloor ix\rfloor-\lfloor ix+x-\lfloor ix\rfloor\rfloor.$$ Keďže $-\lfloor ix\rfloor$ je celé číslo, tak $$\begin{align} x^{(i+1)} &= ix+x-\lfloor ix\rfloor-\lfloor ix+x-\lfloor ix\rfloor\rfloor=ix+x-\lfloor ix\rfloor-(-\lfloor ix\rfloor+\lfloor ix+x\rfloor)=\ &=ix+x-\lfloor ix+x\rfloor=(i+1)x-\lfloor (i+1)x\rfloor,\end{align}$$ čo sme chceli dokázať. Teraz už ľahko nájdeme $x$, ktoré hľadáme. Nech $n$ je náš počet opakovaní operácie. Potom hľadáme čísla $x$ také, že pre všetky $i \in {1,2,\dots,n+1}$ je $x^{(i)}\neq 0$. Ale to je $$0\neq x^{(i)}=ix-\lfloor ix\rfloor$$ Ľahko vidíme, že ak zoberieme ľubovolné $x \in (0,\frac{1}{n+1})$, tak $0<ix<1$, a teda $x^{(i)}=ix-\lfloor ix\rfloor=ix-0=ix$, čo je rôzne od nuly pre všetky $i \in {1,2,\dots,n+1}$. Keďže medzi 0 a $\frac{1}{n+1}$ je nekonečne veľa čísel, sme hotoví.

Poznámka: Existuje dokonca nekonečne veľa čísel, pre ktoré je $x^{(i)}$ rôzne od nuly pre ľubovolné $i\in \mathbb{N}$. Uvažujme ľubovolné iracionálne číslo, označme ho $a$. Sporom, ak by existovalo $i\in\mathbb{N}$ také, že $a^{(i)}=0$, tak: $$0=a^{(i)}=ai-\lfloor ai\rfloor \implies ai=\lfloor ai\rfloor\implies a=\frac{\lfloor ai\rfloor}{i},$$ čo je spor, pretože $i\in\mathbb{N},\lfloor ai\rfloor\in\mathbb{N}_0$, a teda by $a$ malo byť racionálne. Teda ľubovolné iracionálne číslo je riešenie našej úlohy, a vieme, že iracionálnych čísel medzi nulou a jednotkou je nekonečne veľa.