mateforum.ro

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.

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"...

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.