KöMaL - Középiskolai Matematikai és Fizikai Lapok
Sign In
Sign Up
 Magyar
Information
Contest
Journal
Articles

 

Problem A. 603. (December 2013)

A. 603. Let \alpha be a real number. For every positive integer q, let N_q(\alpha)=\min
\left\{{\left|\alpha-\frac pq\right|} \colon {p \in \mathbb{Z}}\right\}, that is, the distance from the closest fraction that can be represented with a denominator of q (not necessarily cancelled to lowest terms). Show that the sequence a_k
={\frac{1}{\log k} \sum\limits_{q=1}^{k}} N_q(\alpha) is convergent.

(5 pont)

Deadline expired on January 10, 2014.


Sorry, the solution is available only in Hungarian. Google translation

Megoldás. A megoldás folyamán \| x\|-szel fogjuk jelölni az x távolságát a legközelebbi egész számtól. Ekkor tehát 0\le\|
x\| \le\frac12. Könnyen ellenőrizhető, hogy tetszőleges x,y számokra és q pozitív egészre teljesülnek a következők:


\big\| |x|\big\| =\| x\| ; \qquad
\| x\| +\| y\|  \ge \| x+y\|
\ge \big|\| x\| -\| y\| \big|; \qquad
N_q(x) = \frac{\| qx\| }{q}.

A megoldásban többször meg fog jelenni a


H_k = 1+\frac12+\frac13+\ldots+\frac1k

összeg, a k-adik harmonikus szám. Erről jól ismert, hogy Hk\to\infty; kicsit pontosabban

log k<Hk\lelog k+1.


Legyen k\ge0 esetén s_k=\sum_{i=1}^k \| i\alpha\|. A következőket fogjuk bizonyítani.

1. állítás. Az \frac{s_k}k sorozat konvergens.

2. állítás. \lim\left(\frac1{H_k}\sum_{i=1}^{k} N_i(\alpha)\right) =
\lim\frac{s_k}k.


Az 1. álllítás bizonyítása abban az esetben, ha \alpha racionális szám.

Legyen \alpha=\frac{p}{q}, ahol p és q\ge1 relatív prím egész számok. Az \| i\alpha\| sorozat q szerint periodikus; legyen c=\frac1q\sum_{i=1}^q\|
i\alpha\| egy periódus átlaga. A c szám 0 és \frac12 közé eső számok átlaga, így biztosan 0\le c\le\frac12.

Most tetszőleges k pozitív egészre összehasonlítjuk sk-t kc-vel. Írjuk k-t k=k1q+k0 alakban, ahol k1=[k/q], és a 0\lek0<q szám a k osztási maradéka modulo q. Az \sum_{i=1}^k\|
i\alpha\| összeg k1 teljes periódusból és k0 további tagból áll, ezért


s_k = \sum_{i=1}^k\| i\alpha\| =
k_1\cdot qc + \sum_{i=1}^{k_0}\| i\alpha\|,


|s_k - kc| =
\left|k_1\cdot qc + \sum_{i=1}^{k_0}\| i\alpha\| -(k_1q+k_0)c\right| =
\left|\sum_{i=1}^{k_0}\| i\alpha\| - k_0c\right| \le
\sum_{i=1}^{k_0}\left|\| i\alpha\| - c\right| \le
k_0\cdot\frac12 < \frac{q}2.

Ezt a becslést k-val osztva,


\left|\frac{s_k}k-c\right| < \frac{q}{2k}.

Ebből láthatjuk, hogy \left|\frac{s_k}k-c\right|\to0, és így \frac{s_k}k\to c.

Megjegyzés. Könnyű ellenőrizni, hogy


c= \cases{
  \frac14 & \text{ha {\it q} p\'aros,} \cr
  \frac14-\frac1{4q^2} & \text{ha {\it q} p\'aratlan.} \cr
}

(Lásd a (3) és (4) képleteket.)


Az 1. álllítás bizonyítása abban az esetben, ha \alpha irracionális szám.

Azt bizonyítjuk be, hogy \frac{s_k}k\to\frac14. Vegyünk egy tetszőleges \varepsilon>0 valós számot; azt kell igazolnunk, hogy elég nagy k esetén \left|\frac{s_k}k-\frac14\right|<\varepsilon.

Felhasználjuk Dirichlet approximációs tételét: létezik végtelen sok olyan \frac{p}{q} racionális szám, amire

 \left|\alpha-\frac{p}{q}\right|<\frac1{q^2} .

Válasszunk az ilyen törtek közül egy olyat, amire q>\frac4{\varepsilon}.

Lemma. Tetszőleges x valós számra


\left| \sum_{i=1}^q \| x+i\alpha \| - \frac{q}{4} \right| < 2.

Bizonyítás. Legyen \frac{r}{q} az x-hez legközelebbi, q nevezőjű tört; ekkor tehát \left|x-\frac{r}{q}\right|\le\frac1{2q}.

A háromszög-egyenlőtlenség miatt


\left| \sum_{i=1}^q \| x+i\alpha \| - \frac{q}{4} \right| \le
\left| \sum_{i=1}^q \| x+i\alpha \| -
\sum_{i=1}^q \left\| \frac{r}{q}+i\frac{p}{q} \right\| \right| +
\left| \sum_{i=1}^q \left\| \frac{r}{q}+i\frac{p}{q} \right\| - \frac{q}{4} \right| \le


\le \sum_{i=1}^q \left| \| x+i\alpha \| 
  -\left\| \frac{r}{q}+i\frac{p}{q} \right\| \right| +
\left| \sum_{i=1}^q \left\| \frac{r+ip}{q} \right\|
    -\frac{q}{4} \right|. (1)

Az első összegben minden tag kicsi, ugyanis 0\lei\leq esetén


\left| \| x+i\alpha \| 
  -\left\| \frac{r}{q}+i\frac{p}{q} \right\| \right| \le
\left| x+i\alpha - \frac{r}{q}-i\frac{p}{q} \right| \le
\left|x-\frac{r}{q}\right| + i\left|\alpha-\frac{p}{q}\right| \le
\frac1{2q}+q\cdot \frac1{q^2} < \frac{3/2}q;

így hát


\sum_{i=1}^q \left| \| x+i\alpha \| 
  -\left\| \frac{r}{q}+i\frac{p}{q} \right\| \right| \le
q\cdot \frac{2/3}q = \frac32. (2)

A (1)-ben álló utolsó összeg becsléséhez vegyük figyelembe, hogy az r+p,r+2p,...,r+qp számok teljes maradékrendszert alkotnak modulo q. Ezért


\sum_{i=1}^q \left\| \frac{r+ip}{q} \right\| =
\sum_{i=1}^q \left\| \frac{i}{q} \right\|.

Ha q páratlan, akkor


\sum_{i=1}^q \left\| \frac{i}{q} \right\| =
2\left(\frac1q+\frac2q+\ldots+\frac{(q-1)/2}q\right) =
\frac{q^2-1}{4q} = \frac{q}4 - \frac1{4q}.  (3)

Ha pedig q páros, akkor


\sum_{i=1}^q \left\| \frac{i}{q} \right\| =
2\left(\frac1q+\frac2q+\ldots+\frac{\frac{q}2-1}q\right) + \frac{\frac{q}2}{q}
= \frac{q}4.
 (4)

Mindkét esetben igaz, hogy


\left| \sum_{i=1}^q \left\| \frac{r+ip}{q} \right\|
  -\frac{q}{4} \right| \le \frac1{4q}. (5)

Ha (1)-be beírjuk (2)-t és (5)-t, azt kapjuk, hogy


\left| \sum_{i=1}^q \| x+i\alpha \| - \frac{q}{4} \right| \le
\frac32+\frac1{4q} < 2.

Ezzel a lemmát igazoltuk.

Az 1. állítás bizonyításához legyen most k egész szám, amire k>\frac{q}{2\varepsilon}. Írjuk a k számot k=k1q+k0 alakban, ahol k1=[k/q], és 0\lek0<q a k osztási maradéka modulo q. A lemmát az x=q\alpha,2q\alpha,...,k1q\alpha számokra alkalmazva,


\left|\sum_{i=1}^q \| i\alpha\| - \frac{q}4 \right| < 2,
\quad
\left|\sum_{i=q+1}^{2q}q \| i\alpha\| - \frac{q}4 \right| < 2,
\quad, \dots, \qquad
\left|\sum_{i=(k_1-1)q+1}^{k_1q}q \| i\alpha\| - \frac{q}4 \right| < 2,

továbbá triviálisan


\left|\sum_{i=k_1q+1}^k \| i\alpha\| - \frac{k_0}4 \right| \le
\sum_{i=k_1q+1}^k \left|\| i\alpha\|-\frac14\right| \le 
k_0\cdot\frac14.

Ezeket mind összeadva,


\left|s_k-\frac{k}4\right| \le
k_1\cdot 2 + k_0\cdot\frac14 < \frac{2k}{q} + \frac{q}4.

Osztva k-val,


\left| \frac{s_k}k-\frac14\right| < \frac2q + \frac{q}{4k}
<\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2 = \varepsilon.

Tehát, ha k>\frac{q}{2\varepsilon}, akkor \left|\frac{s_k}k-\frac14\right|<\varepsilon. Ezzel igazoltuk, hogy \frac{s_k}k\to\frac14.


A 2. álllítás bizonyítása.

Legyen c=\lim \frac{s_k}k, és vegyünk ismét egy rögzített \varepsilon>0 számot. Azt akarjuk igazolni, hogy elég nagy k esetén \left| \frac1{H_k}\sum_{i=1}^{k}
  N_i(\alpha) - c\right| < \varepsilon.

Mivel \frac{s_k}{k}\to c, van egy olyan K pozitív egész szám, hogy k>K esetén \left|\frac{s_k}k-c\right|<\frac{\varepsilon}2. Legyen M=\max_{1\le i\le K}\left|\frac{s_k}k-c\right|. Ekkor tehát


\left|\frac{s_k}k-c\right| \le \left\{\matrix{
  M & {\rm ha~} i\le K, \cr
  \frac\varepsilon2 & {\rm ha~} i>K. \cr}\right.
(6)

A bizonyítás kulcsa a következő, "Abel féle" átrendezés:


\sum_{i=1}^{k} N_i(\alpha)
= \sum_{i=1}^k \frac{\| i\alpha\|}{i}
= \sum_{i=1}^k \frac{s_i-s_{i-1}}{i}
= \sum_{i=1}^{k-1}\left(\frac1i-\frac1{i+1}\right)s_i + \frac{s_k}{k}
= \sum_{i=1}^{k-1} \frac{\frac{s_i}{i}}{i+1} + \frac{s_k}{k}.
(7)

Ha az összes előforduló \| i\alpha\| szám helyére az "átlagos" c értéket, az Nq(\alpha) helyére \frac{c}{q}-t, az si helyére pedig i.c-t írunk, a (7) átrendezés így alakul:


c H_k = \sum_{i=1}^k \frac{c}i
= \sum_{i=1}^k \frac{ic-(i-1)c}{i}
= \sum_{i=1}^{k-1}\left(\frac1i-\frac1{i+1}\right)ic + c
= \sum_{i=1}^{k-1} \frac{c}{i+1} + c.
(8)

(Ehhez persze nincs szükség az Abel-átrendezésre, a jobboldalon közvetlenül is felismerhetjük cHk-t.)

Vegyük a (7) és a (8) különbségét, majd becsüljünk tagonként:


\left|\sum_{i=1}^{k} N_i(\alpha) - cH_k \right| =
\left| \sum_{i=1}^{k-1} \frac{\frac{s_i}{i} - c}{i+1}
  + \frac{s_k}{k}-c\right| \le
\sum_{i=1}^{k-1} \frac{\left|\frac{s_i}{i}-c\right|}{i+1}
+ \left|\frac{s_k}{k}-c\right|.

Most alkalmazzuk (6)-ot. Ha k>K, akkor


\left|\sum_{i=1}^{k} N_i(\alpha) - cH_k \right| \le
\sum_{i=1}^{K} \frac{\left|\frac{s_i}{i}-c\right|}{i+1}
+\sum_{i=K+1}^{k-1} \frac{\left|\frac{s_i}{i}-c\right|}{i+1}
+ \left|\frac{s_k}{k}-c\right| <


< \sum_{i=1}^{K} \frac{M}{i+1} 
+\sum_{i=K+1}^{k-1} \frac{\frac\varepsilon2}{i+1} + \frac\varepsilon2
\le KM +\frac\varepsilon2 H_k.

Most osszunk Hk-val:


\left| \frac1{H_k}\sum_{i=1}^{k} N_i(\alpha) - c\right| <
\frac{KM}{H_k} + \frac\varepsilon2.

Ha k elég nagy (például k>e^{2KM/\varepsilon}), akkor KM<\frac\varepsilon2 H_k, és így


\left| \frac1{H_k}\sum_{i=1}^{k} N_i(\alpha) - c\right| < \varepsilon.

Ezzel a 2. állítást is igazoltuk.


A feladat megoldása.

Mivel \lim\frac{H_k}{\log k}=1, a 2. állításból azonnal következik, hogy


\lim a_k =
\lim\left( \frac{H_k}{\log k} \cdot \frac1{H_k}\sum_{i=1}^{k} N_i(\alpha) 
  \right) = 1 \cdot c = c.

Megjegyzés. A megoldás megadja az ak sorozat határértékét is:


\lim a_k = \cases{
  \frac14-\frac1{4q^2} & \text{ha~} \alpha=\frac{p}{q} \text{\rm,~\'es~} q \text{\rm ~p\'aratlan;} \\
  \frac14 & \text{egy\'ebk\'ent.} \\
}


Statistics:

1 student sent a solution.
0 point:1 student.

Our web pages are supported by:   Ericsson   Cognex   Emberi Erőforrás Támogatáskezelő   Emberi Erőforrások Minisztériuma   Nemzeti Tehetség Program    
MTA Energiatudományi Kutatóközpont   MTA Wigner Fizikai Kutatóközpont     Nemzeti
Kulturális Alap   ELTE   Morgan Stanley