Neocijenjeno
10. rujna 2023. 21:24 (10 mjeseci, 1 tjedan)
Neka su
![\alpha](/media/m/f/c/3/fc35d340e96ae7906bf381cae06e4d59.png)
i
![\beta](/media/m/c/e/f/cef1e3bcf491ef3475085d09fd7d291e.png)
pozitivni iracionalni brojevi takvi da je
![\frac1\alpha + \frac1\beta = 1](/media/m/0/7/2/072f4d3a905e69a28ac2c3efbae5fe28.png)
, te
![A=\{\lfloor n\alpha \rfloor | n \in \mathbb{N}\}](/media/m/1/d/9/1d9d05dce9dab88a288477a683cc48a6.png)
i
![B=\{\lfloor n\beta \rfloor | n \in \mathbb{N}\}](/media/m/d/a/6/da6569234e728b18c1dc88b82fbbee6f.png)
. Dokažite da je tada
![A \cup B = \mathbb{N}](/media/m/8/0/8/808c69ebd6d31a125023c7d7d553d5a4.png)
i
![A \cap B = \emptyset](/media/m/0/f/4/0f4fc2a5df0f2b64ae9af4501fbe55e9.png)
.
Naputak: Možete dokazati ekvivalentnu tvrdnju: Za funkciju
![\pi : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}](/media/m/3/b/3/3b330037fd2e1ee63a926ade21f56858.png)
definiranu sa
![\pi(m)=\mathrm{Card} \{k | k \in \mathbb{N}, k \leq m, k \in A\} + \mathrm{Card} \{k | k \in \mathbb{N}, k \leq m, k \in B\}](/media/m/2/3/1/231faf38b9f10b84657e04b66631c9ee.png)
vrijedi
![\pi(m)=n, \,\, \forall m \in \mathbb{N}](/media/m/b/8/f/b8ffe388e4839e6888ce2a0cb61d0170.png)
.
(
![\lfloor x \rfloor](/media/m/c/c/2/cc22bc897f71e3436c8e79a0a632e862.png)
je oznaka za najveći cijeli broj koji nije veći od
![x](/media/m/f/1/8/f185adeed9bd346bc960bca0147d7aae.png)
.)
%V0
Neka su $\alpha$ i $\beta$ pozitivni iracionalni brojevi takvi da je $\frac1\alpha + \frac1\beta = 1$, te $A=\{\lfloor n\alpha \rfloor | n \in \mathbb{N}\}$ i $B=\{\lfloor n\beta \rfloor | n \in \mathbb{N}\}$. Dokažite da je tada $A \cup B = \mathbb{N}$ i $A \cap B = \emptyset$.
Naputak: Možete dokazati ekvivalentnu tvrdnju: Za funkciju $\pi : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N}$ definiranu sa
$$\pi(m)=\mathrm{Card} \{k | k \in \mathbb{N}, k \leq m, k \in A\} + \mathrm{Card} \{k | k \in \mathbb{N}, k \leq m, k \in B\}$$ vrijedi $\pi(m)=n, \,\, \forall m \in \mathbb{N}$.
( $\lfloor x \rfloor$ je oznaka za najveći cijeli broj koji nije veći od $x$.)
Upozorenje: Ovaj zadatak još niste riješili!
Kliknite ovdje kako biste prikazali rješenje.
Prvo. Najmanji od ta dva je
$$1 + p , \ p \in \mathbb{I} , p \in \left<0 , 1\right>$$
A najveći je
$$1 + \frac{1}{p}$$
Tako da imamo
$$A = \{a + \left\lfloor ap \right\rfloor \ | \ a \in \mathbb{N} \}$$
$$B = \{a + \left\lfloor \frac{a}{p} \right\rfloor \ | \ a \in \mathbb{N} \}$$
Važno je naglasit da su oba skupa rastuća. Tjst veći $a$ veći broj.
Ajmo prvo dokazat da nikoji broj nije u oba skupa.
Ajmo reć da je $n$ u skupu $A$
$$n = a + \lfloor ap \rfloor$$
$$n - a + 1 > ap > n - a$$
$$\frac{n - a + 1}{p} > a > \frac{n - a}{p}$$
Onda je
$$n - a + \left\lfloor \frac{n - a}{p} \right\rfloor < n$$
$$n - a + 1 + \left\lfloor \frac{n - a + 1}{p} \right\rfloor > n$$
Zato što je skup $B$ rastuć. Ne može biti $n$ u tom skupu.
Analogno dokažemo ako je $n$ u $B$ da nije u $A$.
Sad da dokažemo da je svaki broj ili u skupu $A$ ili $B$
Ajmo pretpodstaviti da $n$ nije u skupu $A$
Onda imamo
$$n + \lfloor np \rfloor > n \ , \ np > 1$$
Sad za
$$n - 1 \lfloor (n - 1)p \rfloor$$
Imamo $2$ opcije.
$$(n - 1)p < 1$$
Ili
$$(n - 1)p > 2$$
Za prvu opciju vrijedi
$$n - 1 < \frac{1}{p} < n$$
Što bi znaćilo da je $$1 + \left\lfloor \frac{1}{p} \right\rfloor = n$$
Za drugu opciju opet dobijamo $2$ opcije
$$(n - 2)p < 2$$
$$(n - 2)p > 3$$
Ako vrijedi prva opcija onda je $n$ u drugom skupu.
To možemi zaključit ako je
$$(n - b + 1)p > b$$
i
$$(n - b)p < b$$
Onda je
$$n - b < \frac{b}{p} < n - b + 1$$
Pa je zato ako ikad vrijedi prva obcija $n$ je u skupu $B$
Ali prije ili kasnije će biti
$$(n - b)p > b + 1$$
Gdje će $(n - b) \leq b + 1$ pa će prva opcija vrijedit.