Podzielność z cechą

[mol_ksiazkowy]

Czy istnieje \(\displaystyle{ a \in R \backslash Z}\) że jeśli \(\displaystyle{ m |n}\) to \(\displaystyle{ \lfloor am \rfloor | \lfloor an \rfloor}\) ? (gdzie \(\displaystyle{ m , n \in Z}\) )
Uwagi:
\(\displaystyle{ m|n}\) gdy istnieje \(\displaystyle{ k \in Z}\): \(\displaystyle{ km= n}\)

[kerajs]

Pewnie to pójście na łatwiznę, ale odpowiada twierdząco na zadane pytanie. Gdyby cecha będąca dzielnikiem wynosiła 1 ( \(\displaystyle{ a \in \left( \frac{1}{m}, \frac{2}{m} \right)}\) ) lub -1 ( \(\displaystyle{ a \in \left( \frac{-2}{m}, \frac{1}{m} \right)}\) ) to podzielność będzie zachodziła.

[mol_ksiazkowy]

Ale tu \(\displaystyle{ m}\) i \(\displaystyle{ n}\) są dowolne (tj. niezależne od \(\displaystyle{ a}\))...

[Ponewor]

Chyba nie. Możemy dobrać \(\displaystyle{ n}\) dodatnie takie, że \(\displaystyle{ 1 \le n\cdot\left\{ a\right\} <2}\) - stosujemy jakąś indukcję, zasadę minimum czy też aksjomat Archimedesa. Czyli \(\displaystyle{ \left[ n\cdot\left\{ a\right\} \right] =1}\). Kładziemy \(\displaystyle{ m=1}\). Wówczas \(\displaystyle{ m\mid n}\). Wtedy \(\displaystyle{ \left[ am\right]=\left[ a\right]}\). Zaś \(\displaystyle{ \left[ an\right] =n\left[ a\right] +1}\). Czyli \(\displaystyle{ \left[ a\right]\mid 1}\). To załóżmy, że \(\displaystyle{ \left[ a\right]=1}\). Czyli w ogólności ma być \(\displaystyle{ m+\left[ m\cdot\left\{ a\right\}\right] \mid n +\left[ n\cdot\left\{ a\right\} \right]}\). To niech teraz \(\displaystyle{ m:=n}\). Niech \(\displaystyle{ k}\) będzie taką liczbą dodatnią, że \(\displaystyle{ \left[ k\cdot\left\{ n\cdot\left\{ a\right\} \right\} \right] =1}\) i połóżmy \(\displaystyle{ n:=kn}\). Wtedy ma być \(\displaystyle{ n+1\mid kn+k\cdot 1+1}\), co sugeruje \(\displaystyle{ n+1\mid 1}\) co kłóci się z dodatniością \(\displaystyle{ n}\).

Pytanie tylko czy gdy \(\displaystyle{ \left[ a\right]=-1}\), to dzieje się analogicznie, chwilowo się zaciąłem, ale pewnie tak.

[marcin7Cd]

To dokończę przypadek \(\displaystyle{ [a]=-1}\)
w ogólności mam dla \(\displaystyle{ m|n \ \ [\{a \}m]-m|[\{a \}n]-n}\)
rozumując podobnie, czyli \(\displaystyle{ [n \{a \}]=1 \ [k\{n \{a \} \}]=1 \ m := n \ n := kn \Rightarrow 1-n|-kn+k \cdot 1+1 \Rightarrow 1-n|1}\) Z uwagi na dodatniość \(\displaystyle{ n}\) otrzymuje \(\displaystyle{ n=2}\). Czyli \(\displaystyle{ [2 \{a \}]=1 \Leftrightarrow 1 \le 2 \{a \}<2 \Leftrightarrow \frac {1} {2} \le \{a \}<1}\). Teraz podstawiam pod \(\displaystyle{ m}\) dowolną liczbę całkowitą dodatnią. Dla przejrzystości \(\displaystyle{ l=[m \{a \}]}\) (biorąc dowolne duże \(\displaystyle{ m}\) mogę otrzymać dowolnie duże \(\displaystyle{ l}\)). Biorę takie całkowite \(\displaystyle{ k}\), że \(\displaystyle{ [k \{m \{a \} \}]=1}\) i podstawiam pod \(\displaystyle{ n}\) \(\displaystyle{ km}\), wtedy \(\displaystyle{ [ \{a \}m]-m=l-m \ \ [km\{a \}]-km=[k \{m \{a \} \}+k[m \{a \}]]-km=1+kl-km}\). Oznacza to, że \(\displaystyle{ l-m|1+k(l-m) \Leftrightarrow l-m|1}\). Teraz albo \(\displaystyle{ m=l-1}\) albo \(\displaystyle{ m=l+1}\).
Pierwszy przypadek odpada,bo : \(\displaystyle{ [(l-1) \{a \}]=l \Leftrightarrow l+1>(l-1) \{a \} \ge l \Rightarrow \frac{l+1}{l-1}> \{a \} \ge \frac{l}{l-1}=1+\frac{1}{l-1}>1}\) Sprzeczność wcześniej uzyskałem, że \(\displaystyle{ 1>\{a \}}\)
Oznacza to, że \(\displaystyle{ m=l+1}\) ,czyli \(\displaystyle{ [(l+1) \{a \}]=l \Rightarrow l \le (l+1) \{a \}<l+1 \Rightarrow \frac{l}{l+1} \le \{a \}<1 \Rightarrow 1-\frac{1}{l+1} \le \{a \} <1}\). \(\displaystyle{ l}\) nie jest ograniczone(może być dowolnie duże), a \(\displaystyle{ \lim_{l \rightarrow \infty }(1-\frac{1}{l-1})=1}\). To daje sprzeczność, bo \(\displaystyle{ \{a \}<1}\)

[Ponewor]

Wow, to jednak nie idzie tak analogicznie zupełnie, nie tak zupełnie trywialne to zadanie.