Định lý Beaty. Cho $a;\,b\in\mathbb R^+\setminus \mathbb Q$ thoả $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}=1$, đặt $$\mathcal A=\left\{\left\lfloor an\right\rfloor:\;n\in\mathbb Z^+\right\},\;\mathcal B=\left\{\left\lfloor bn\right\rfloor:\;n\in\mathbb Z^+\right\}.$$ Khi đó\[\mathcal A\cap\mathcal B=\emptyset\;\text{và}\;\mathcal A\cup\mathcal B=\mathbb Z^+.\]
Chứng minh. Dễ thấy $\mathcal A$ và $\mathcal B$ đều là tập con của $\mathbb Z^+$, giả sử $\mathcal A\cap\mathcal B\ne\emptyset$ khi đó sẽ phải tồn tại các số nguyên dương $k;\,l;\,m$ sao cho\[\left\lfloor ka\right\rfloor=\left\lfloor lb\right\rfloor=m\]
Để ý rằng $ka;\,lb\notin\mathbb Q$ nên điều đó dẫn đến\begin{align*}
m<ka<m+1\\
m<lb<m+1
\end{align*}
Lần lượt Chia cho $a$ và $b$ các vế của hai bất đẳng thức trên, rồi cộng lại sẽ dẫn đến điều vô lý là\[m<k+l<m+1\]
Vậy nên ta sẽ có $$\mathcal A\cap\mathcal B=\emptyset .$$ Giờ ta cần chứng minh rằng: Với số nguyên dương $n$ bất kỳ thì hoặc $n\in\mathcal A$ hoặc $n\in\mathcal B$. Ngược lại của điều đó nghĩa là không tồn tại $k;\,l\in\mathbb Z^+$ sao cho $n=\left\lfloor ka\right\rfloor$ hoặc $n=\left\lfloor lb\right\rfloor$. Điều đó tức là tồn tại $s;\,t\in\mathbb Z^+$ sao cho
\begin{align*}
sa<n;\;(s+1)a>n+1\\
tb<n;\;(t+1)b>n+1
\end{align*}
Từ $sa$ và $tb$ đều lớn hơn $n$, ta có $n>s+t$ nhưng từ $(s+1)a>n+1$ và $(t+1)b>n+1$ ta lại có được điều mâu thuẫn với trên là $s+t+2>n+1$ tức $s+t\ge n$.
$\square$
Tags: Hàm Phần Nguyên, Hàm Số Học, Phân Hoạch, Số Học, Số Vô Tỷ, Trù Mật
No comments
Comments feed for this article
Trackback link: http://songha.maths.vn/dinh-ly-beaty/trackback/