Всегда ли эти рациональные последовательности достигают целого числа?

Dec 02 2020

Это сообщение приходит из предположения о Joel Морейре в комментарии на Альтернативе непрерывной дроби и приложения (сам вдохновлено Numberphile видео 2.920050977316 и Фридман, Garbulsky, Glecer, Грязь и Tron Флорентин - Наглядный и представляющий собой константа ).

Позволять $u_0 \ge 2$ быть рациональным, и $u_{n+1}=⌊u_n⌋(u_n - ⌊u_n⌋ + 1)$.
Вопрос : Последовательность$(u_n)$ достичь целого числа?

$\to$ см. ниже приложение к теории иррациональных чисел.

Реплика : Верно для$u_0=\frac{p}{q}$ с участием $p \le 40000$ (смотри Приложение).

Утверждение : это всегда верно для$u_0 = \frac{p}{2}$.
Доказательство от противного : предположим, что последовательность никогда не достигает целого числа, тогда$u_n = k_n + \frac{1}{2}$ для всех $n$. Далее обратите внимание, что$u_{n+1} = k_n + \frac{k_n}{2}$, так $k_n$ должно быть странно для всех $n$. Давай напишем$k_n = 2 h_n +1$, тогда $u_n = 2h_n+1+\frac{1}{2}$ (с участием $h_n \ge 1$) а также $u_{n+1} = 3h_n+1+\frac{1}{2}$. Следует, что$2h_{n+1} = 3h_n$, и другие $h_n = (\frac{3}{2})^nh_0$, откуда следует, что $2^n$ разделяет $h_0$ для всех $n$, противоречие. $\square$

Для $u_0=\frac{11}{5}$, тогда $$(u_n)= (\frac{11}{5}, \frac{12}{5}, \frac{14}{5}, \frac{18}{5}, \frac{24}{5}, \frac{36}{5}, \frac{42}{5}, \frac{56}{5}, \frac{66}{5}, \frac{78}{5}, 24, \dots).$$ Вот изображение динамики:

Относительно (например), когда $u_0=\frac{15}{7}$ ниже мы предполагаем, что общее доказательство должно быть трудным. $(u_n) = (\frac{15}{7}, \frac{16}{7}, \frac{18}{7}, \frac{22}{7}, \frac{24}{7}, \frac{30}{7}, \frac{36}{7}, \frac{40}{7}, \frac{60}{7}, \frac{88}{7}, \frac{132}{7}, \frac{234}{7}, \frac{330}{7}, \frac{376}{7}, \frac{636}{7}, \frac{1170}{7}, \frac{1336}{7}, \frac{2470}{7}, \frac{4576}{7}, \frac{7836}{7}, \frac{11190}{7}, \frac{17578}{7}, \frac{20088}{7}, \frac{34428}{7}, \frac{44262}{7}, \frac{50584}{7}, \frac{65034}{7}, \frac{102190}{7}, \frac{160578}{7}, 39324, \dots)$

Для $u_0=\frac{10307}{4513}=\frac{k_0}{q}$, последовательность $(\frac{k_n}{q})=(u_n)$ достигает целого числа в $n=58254$. Последовательность$(u_n)$ достигает целого числа один раз $k_n \text{ mod } q=0$. Ниже изображение для$(n,k_n \text{ mod } q)$; это выглядит совершенно случайно. Вероятность$s$ случайные целые числа между $0$ а также $q-1$ никогда не быть нулевым - это о $e^{-s/q}$ когда $q$ достаточно большой.

Приложение к теории иррациональных чисел

Согласно упомянутой выше статье , существует взаимное соответствие между набором чисел$u_0 \ge 2$, а набор последовательностей $(a_n)$ такое, что для всех $n$:

$a_n \in \mathbb{N}_{\ge 2}$,

$a_n \le a_{n+1} < 2a_n$.

Биекция дается: $$u_0 \mapsto (a_n) \text{ with } a_n = ⌊u_n⌋ \text{ and } u_{n+1}=⌊u_n⌋(u_n - ⌊u_n⌋ + 1),$$ $$(a_n) \mapsto u_0 = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{a_n-1}{\prod_{i=0}^{n-1}a_i}.$$Положительный ответ на вопрос предоставил бы своего рода альтернативу непрерывной дроби в смысле естественного способа представления чисел с полной характеристикой иррациональных чисел, которая здесь была бы такой:$\lim_{n \to \infty} (a_n)=\infty$.

Приложение

В следующем списке данные $[r,(p,q)]$ означает, что последовательность $(u_n)$, с участием $u_0=\frac{p}{q}$, достигает целого числа в $n=r$. В списке представлены самые длинные$r$ в соответствии с лексикографическим порядком $(p,q)$.

Вычисление

sage: search(40120)
[1, (2, 1)]
[2, (5, 2)]
[3, (7, 2)]
[4, (7, 3)]
[11, (11, 5)]
[30, (15, 7)]
[31, (29, 14)]
[45, (37, 17)]
[53, (39, 17)]
[124, (41, 19)]
[167, (59, 29)]
[168, (117, 58)]
[358, (123, 53)]
[380, (183, 89)]
[381, (201, 89)]
[530, (209, 97)]
[532, (221, 97)]
[622, (285, 131)]
[624, (295, 131)]
[921, (359, 167)]
[1233, (383, 181)]
[1365, (517, 251)]
[1482, (541, 269)]
[2532, (583, 263)]
[3121, (805, 389)]
[3586, (1197, 587)]
[3608, (1237, 607)]
[3860, (1263, 617)]
[4160, (1425, 643)]
[6056, (1487, 743)]
[9658, (1875, 859)]
[9662, (1933, 859)]
[10467, (2519, 1213)]
[10534, (2805, 1289)]
[11843, (2927, 1423)]
[12563, (3169, 1583)]
[13523, (3535, 1637)]
[14004, (3771, 1871)]
[14461, (4147, 2011)]
[17485, (4227, 1709)]
[18193, (4641, 1987)]
[18978, (4711, 2347)]
[22680, (5193, 2377)]
[23742, (5415, 2707)]
[24582, (5711, 2663)]
[27786, (5789, 2837)]
[27869, (6275, 2969)]
[29168, (6523, 3229)]
[32485, (6753, 2917)]
[33819, (7203, 3361)]
[41710, (7801, 3719)]
[49402, (8357, 3863)]
[58254, (10307, 4513)]
[58700, (10957, 4943)]
[81773, (12159, 5659)]
[85815, (16335, 7963)]
[91298, (16543, 7517)]
[91300, (17179, 7517)]
[98102, (19133, 9437)]
[100315, (19587, 8893)]
[100319, (20037, 8893)]
[102230, (20091, 9749)]
[102707, (21289, 10267)]
[103894, (21511, 10151)]
[105508, (22439, 11149)]
[107715, (22565, 10729)]
[142580, (23049, 11257)]
[154265, (24915, 12007)]
[177616, (27461, 13421)]
[178421, (32063, 15377)]
[190758, (34141, 16547)]
[228068, (34783, 15473)]
[228876, (35515, 17477)]
[277844, (40119, 19391)]

Код

def Seq(p,q):
    x=Rational(p/q)
    A=[floor(x)]
    while not floor(x)==x:
        n=floor(x)
        x=Rational(n*(x-n+1))
        m=floor(x)
        A.append(m)
    return A

def search(r):
    m=0
    for p in range(2,r):
        for q in range(1,floor(p/2)+1):
            A=Seq(p,q)
            l=len(A)
            if l>m:
                m=l
                print([m,(p,q)])

Ответы

10 BenBurns Dec 03 2020 at 11:19

Хочу оставить несколько элементарных комментариев, может быть, они будут полезны.

Вопрос спрашивает о соотношении рекуррентности

$$ u_{n+1}= \lfloor u_n \rfloor (u_n − \lfloor u_n \rfloor + 1) $$

Предположим, вы пишете рациональное $u$ в натуральных числах $\frac{pq+r}{p}$. потом$\lfloor u \rfloor = q$. Рекуррентное отношение теперь

$$ u_{n+1} = q_n (\frac{pq_n+r_n}{p} − q_n + 1) \\ = q_n (\frac{pq_n+r_n− pq_n + p}{p} ) \\ = \frac{q_n(r_n + p)}{p} $$

Следовательно, мы можем исследовать тот же ряд в натуральных числах $u_{n+1}=q_n(r_n + p)$ спрашивая, когда ряд сходится к кратному $p$. Теперь нам нужно разобраться с$r_{n+1} = q_n * r_n \mod p$ а также $q_{n+1} = \lfloor u_{n+1} / p\rfloor$но позвольте мне показать пользу. Сначала сравните с оригиналом$u_0 = 11/5$.

Сейчас $p=5, q_0=2,r_0=1$.

$$ u_0 = 2*5 + 1 \\ u_{n+1} = 2*(5+1) = 12 \\ u_{n+2} = 2*(5+2) = 14\\ u_{n+3} = 2*(5+4) = 18\\ u_{n+4} = 3*(5+3) = 24\\ u_{n+5} = 4*(5+4) = 36\\ u_{n+5} = 7*(5+1) = 42\\ u_{n+6} = 8*(5+2) = 56\\ u_{n+7} = 11*(5+1) = 66\\ u_{n+8} = 13*(5+1) = 78\\ u_{n+9} = 15*(5+3) = 120\\ u_{n+10} = 24*(5+0) = 120\\ $$

Последовательность продолжается бесконечно один раз $r_n=0$.

Незначительное замечание: $q_{n+1} \ge q_n$. По определению,$q_{n+1} = \lfloor u_{n+1} / p\rfloor \rightarrow \lfloor q_n(r_n + p) / p\rfloor$.

Незначительное замечание: не существует циклов длины 1. Для цикла потребуется $q_{n+1}=q_n$ а также $r_{n+1}=r_n$. Тоже самое$q_{n+1}$ подразумевает $q_n * r_n \lt p$. И поэтому единственный способ$r_{n+1} =r_n$ если $q_n=1$, но это необходимо $q_n>2$ (по определению на $u_0$).

Теперь грубый набросок, показывающий, что "многие" $u_0$сходятся. Рассмотрим, когда$p=10$. Та же логика будет применяться к другим$p$(простое и составное), но аналогия здесь самая простая. Обратите внимание, что$10=5*2$. Следовательно, когда$u_n$ «шаги» в ценности $50-59$, в половине случаев (четные числа) следующий шаг завершится:

$$ 50 => 5*(10 + 0) => 50\\ 51 => 5*(10 + 1) => 55\\ 52 => 5*(10 + 2) => 60\\ 53 => 5*(10 + 3) => 65\\ 54 => 5*(10 + 4) => 70\\ 55 => 5*(10 + 5) => 75\\ 56 => 5*(10 + 6) => 80\\ 57 => 5*(10 + 7) => 85\\ 58 => 5*(10 + 8) => 90\\ 59 => 5*(10 + 9) => 95 $$

То же самое будет и с другими значениями, которые влияют на $5*m$ (для $p=10$) такой как $150-159(=3*5), 250-259(=5*5)$ и др. Прочие композиты $2*p$ вести себя аналогично, например, $p=14$ затем половина $70-79$прекратить за один шаг. Это может быть применено к факторам, отличным от$2$. Кроме того, идея поиска "оконечных зон" также применима к ряду$u_n$ для премьер $p$, который легко может быть решен как оканчивающийся в районе $p^2-p$. Например, с$p=5$, то есть значение $q_n=p-1$ и немного $r$ такой, что $p^2<u_n<p^2+p$; в этом примере$q_n=4,r_n=2\rightarrow 4*(5+2)=28$ и последовательность заканчивается после $5*(5+3)$.

Есть еще много других случаев, которые еще предстоит доказать, но, возможно, этот пост был полезен.

1 katago Dec 17 2020 at 18:48

$u_{0} \in \mathbb{Q} \quad u_{n+1}=\left[u_{n}\right]\left(u_{n}-\left[u_{n}\right]+1\right)$, тогда $\{u_{n}\}_{n=1}^{+\infty}$ достичь в целых числах. $\quad (*)$

Это можно доказать, если докажем,

$p$ основной, $t\in \mathbb{N}^{*}$ $p^{t} u_{0} \in \mathbb{N}^{*}$, $\left\{u_{k}\right\}_{n=1}^{+\infty}$достичь целого числа. мы называем это собственностью$I(p,t)$.

Легко проверить, доказали ли мы $I(p,t)$ $\forall t\in \mathbb{N}^{*}$. $\forall p$ основной , $I(p,t)$ верно, то мы доказали $ (*)$.

Теперь мы сосредоточимся на решении проблемы $I(p,t)$, $p$ простое и сначала рассмотрим случай $t=1$.

Мы масштабируем последовательность, расширяем ее с помощью $p$, и по-прежнему использовать $u_k$ чтобы выразить новую последовательность, и запишите ее в $p$-расширение.

$ \quad u_{0} \longrightarrow p u_{0}, u_{0}=\sum_{k=0}^{+\infty} a_{k} p^{k}$

тогда последовательность удовлетворена, $$u_{n+1}=\left(\sum^{+\infty}_{k=0} a_{k+1}(n) p^{k}\right)\left(a_{0}(n)+p\right) \quad (**)$$

$\Rightarrow \quad a_{k}(n+1)=a_{0}(n) a_{k+1}(n)+a_{k}(n) . \quad \forall k \geqslant 0$

Где $a_k$ это $k$-я цифра $p$-расширение $u$ а также $a_k(n)$ это $k$-цифра $p$-расширение $u_n$, затем для предыдущего $a_k$ у нас есть $a_k=a_k(0)$.

Замечание. И вообще, мы не можем найти формулу общего члена, (**) верна только для первых нескольких цифр числа$u_k$, сколько цифр может включать в себя в зависимости от $u_0$, потому что нам нужно избегать арифметического переноса.

тогда $II(p, k)$ следующее свойство $$\left\{u_{n}\right\}_{n=1}^{+\infty}, \exists k\in \mathbb{N}^*, a_0(k)=0$$

И это легко проверить $II(p, k)$ эквивалентно $I(p, k)$, для всех $p$ основной, $k\in \mathbb{N}^*$.

Для $II(2, 1)$ нам повезло, этот случай особенный и его можно проверить $II(2, 1)$ верно, напрямую проверив первый $k$-цифры в 2-х размахе $u_0$, т.е. $a_i(0)$, для $0\leq i\leq k$.

Если первые 2 цифры $u_0$ 10 лет, то $II(2.1)$правда.
Если первые 3 цифры$u_0$ 101 год, то $II(2.1)$правда.
Если первые 4 цифры$u_0$ 1001, то $II(2.1)$ правда.
$......$
Если первый $k$ цифры $u_0$ находятся $1\underbrace{00...0}_{k-2}1$ , тогда $II(2.1)$правда. Так что единственный случай$II(2.1)$ ложь - это когда $u_0=1$, что соответствует случаю оригинального $u_0$, $u_0=\frac{1}{2}$.