JBTST II 2008, Problema 4

[Laurian Filip]

Fie a, b numere reale nenule astfel incat [an+b] este numar intreg par, oricare ar fi \( n \in \mathbb{N} \). Sa se arate ca numarul a este intreg par.

[Beniamin Bogosel]

Daca notam \( b_n=[an+b]-[a(n-1)+b]=a+\{an+b\}-\{a(n-1)+b\} \in (a-1,a+1) \), interval care contine un singur numar par. De aici sirul \( (b_n) \) este constant. Deci, putem obtine \( [an+b]=cn+ \), unde \( c=b_n \) care e constant si par.

Mai putem scrie \( [an+b]=an+b-\{an+b\}=cn+\Rightarrow (a-c)n+\{b\}=\{an+b\} \). Deoarece partea din dreapta este marginita de 0 si 1, iar partea din dreapta este o functie liniara in \( n \) daca \( a-c\neq 0 \) de la un moment dat sirul din stanga trece de limita (principiul lui Arhimede... ), ceea ce este o contradictie. Deci \( a=c \), unde \( c \) este un numar intreg par. Astfel \( a \) este un intreg par.

Mi se pare ca am mai vazut problema asta in cartea lui Armand Martinov, "Probleme alese pentru copii alesi"...

[Filip Chindea]

De fapt, abordarea este oarecum standard.

Scriind \( 2k_n \le an + b < 2k_n + 1 \), obtinem \( k_n - \frac{b}{2} \le \frac{a}{2} \cdot n < k_n + \frac{1 - b}{2} \). Deci \( \left\{ \frac{a}{2} \cdot n \right\} \) este intr-o reuniune de (unul sau doua) intervale (deshise la dreapta) cu suma lungimilor \( 1/2 \), si din Kronecker obtinem \( a \in \mathbb{Q} \).

De aici, pentru \( a_1 = a/2 = p/q \), \( (p, q) = 1, q > 0 \) intregi, avem \( p, q \neq 0 \) si deci \( ps \equiv 1 \pmod{q} \) (cum \( p \) este inversabil) implica \( nsa_1 = n(ps)/q = t + n/q \), \( \left\{\frac{a}{2} \cdot ns \right\} = \frac{n}{q} \), \( \forall n \), unde \( s, t \in \mathbb{Z} \). Obtinem din nou o contradictie pentru \( q \ge 2 \). Deci \( a = 2p \in 2\mathbb{Z} \) \( \qed \).

Obs. Rezultatul este mai "dificil" de atins decat pentru implicatia \( \lfloor an + b \rfloor \in k\mathbb{Z}, \forall n \Rightarrow a \in k\mathbb{Z} \) cu \( k \ge 3 \), in cazul de fata nemaifiind necesar faptul ca intervalele respective sunt deschise.