Školjka

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.