Zadanie
Žirafka Lucka bola na exkurzii v nemocnici, kde bola svedkom chirurgickej operácie. To ju zaujalo natoľko, že sa rozhodla s touto operáciou pohrať doma (samozrejme len na plyšových zvieratkách).
Nech operácia \(a \ast b\) je definovaná ako \(a \ast b = a+b-\lfloor a+b\rfloor\).1 Uvažujme čísla tvaru \(x,\hspace{0,15cm} x\ast x, \hspace{0,15cm} (x\ast x)\ast x, \hspace{0,15cm} ((x \ast x)\ast x)\ast x, \hspace{0,15cm} ...\) až po ľubovoľné konečné opakovanie operácie \(\ast\). Dokážte, že existuje nekonečne veľa čísel \(x \in \left\langle 0;1\right)\), pre ktoré sa žiadne z týchto čísel nerovná nule.
Dolná celá časť \(\lfloor a+b\rfloor\) je definovaná ako najväčšie celé číslo \(z\) také, že \(z \leq a+b\), teda \(\lfloor 0,9+1,8\rfloor=\lfloor 2,7\rfloor=2\) alebo \(\lfloor -3,2+0,4\rfloor=\lfloor -2,8\rfloor=-3\).↩
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.
Diskusia
Tu môžte voľne diskutovať o riešení, deliť sa o svoje kusy kódu a podobne.
Pre pridávanie komentárov sa musíš prihlásiť.