Sea $r \geq 1$ un número real que cumple la siguiente propiedad:
Para cada pareja de números enteros positivos $m$ y $n$, con $n$ múltiplo de $m$, se tiene que $\lfloor nr \rfloor$ es múltiplo de $\lfloor mr \rfloor$.
Probar que $r$ es un numero entero.
Nota: Si $x$ es un numero real, denotamos por $\lfloor x \rfloor$ el mayor entero menor o igual que $x$.
Hola creo que tengo la
Hola creo que tengo la solución de este problema y quiero compartirla, espero que sea correcta...
Supongamos que r no es un entero y escribimos r = [r] + {r}, donde [r] es la parte entera de r y 0 < {r} < 1 es la parte fraccionaria.
Notemos primero que para toda n en los naturales se tiene que
nr= n[r] + n{r}, y como n[r] es un entero tenemos que
[nr] = n[r] + [n {r}].
Voy a demostrar que [r]= 1. Sea m un numero natural tal que m{r}<= 1 y que (m+1) {r}>1. Siempre podemos encontrar tal numero natural m.
Si m>=2 tomo un natural s tal que m +1 <=s < 2m
entonces 1< (m+1){r} <=s{r} < 2m{r} < 2. Por lo tanto [s{r}] = 1
como 1 | s tenemos que [r] divide a [sr]= s[r] + 1, y de ahi que [r] | 1 y como [r]>=1 se tiene que [r]=1.
Si m=1 tomo s=2, como 1 < 2{r} < 2 entonces [2{r}]=1 y concluimos igual que [r]=1.
Entonces para todo numero natural n se tiene que [nr]= n + [n{r}], ademas se tiene que 1<=r < 2.
Tomo n=2 entonces 2<= 2r < 4, y por lo tanto [2r]=2 o 3
Caso 1 : Si [2r]=2 entonces [2{r}]= 0 y de ahi que 2{r}< 1 y por tanto 0<{r}< 1/2.
Caso 2: Si [2r]= 3 entonces [2{r}]= 1 y de ahi que 1/2 <= {r} <1
Tomo n=4 entonces 4<=4r < 8, como 2 | 4 se tiene que [2r] | [4r]
Si estamos en el caso 1 entonces 2 divide a [4r]= 4 + [4{r}] < 8
Por lo tanto [4{r}]= 2 o 0, si [4{r}]= 2, entonces {r}>= 1/2 que es una contradicción, por lo tanto [4{r}]= 0 y de ahi que {r}< 1/4.
Si estamos en el caso 2, entonces 3 divide a 4 + [4{r}]< 8, y de ahi que [4{r}]=2 ya que 6 es el único número divisible por 3 entre 4 y 8.
entonces {r}>= 1/2 = 1/2 y además 4{r}< 3 por lo tanto {r}< 3/4 = 1/2 + 1/2²
Seguiremos la prueba por inducción.
Caso 1 [2^n r]= 2^n y {r}< 1/(2^n). ya probamos que esto funciona para n=1,2
ahora para n>1
2^(n+1) <= [2^(n+1) r]= 2^(n+1) + [2^(n+1) {r}] < 2^(n+1) + 2^(n+1)= 2^(n+2)
como 2^n divide a 2^(n+1) se tiene que 2^n divide a [2^(n+1) {r}], como
0<= [2^(n+1) {r}] < 2^(n+1) se debe tener que [2^(n+1) {r}] = 0 o 1
si [2^(n+1) {r}] = 0 entonces {r}< 1/(2^(n+1)) y [2^(n+1) r] = 2^(n+1), como queríamos
si [2^(n+1) {r}] =1 entonces 2^n divide a 1 que es una contradicción, por lo tanto en este caso [2^n r]= 2^n y {r}<1/2^n, como esto es cierto para toda n se debe tener que {r}=0, y por lo tanto r = [r] es un entero, que es una contradicción.
En el caso 2, probaremos que [2^n r]= 3*2^(n-1) y que 1/2 <= {r}< 1/2 + 1/2^n, igual ya vimos que esto es cierto para n=1 y n=2.
Igual procederemos por inducción, tomo n>2, entonces
2^n <= 2^(n+1) {r} < 2^n + 2, entonces [2^(n+1) {r}]= 2^n o 2^n +1
Si [2^(n+1) {r}]= 2^n tenemos que [2^(n+1) {r}]= 2^(n+1) + 2^n = 3*2^n
y además 2^(n+1) {r} < 2^n + 1 implica que 1/2<={r}< 1/2 + 1/(2^(n+1)), que es lo que queríamos probar.
Si [2^(n+1) {r}]= 2^n +1 entonces 3 divide a 3*2^(n-1) que divide a
[2^(n+1)r]= 2^(n+1) + 2^n +1, pero
2^(n+1) + 2^n +1 = (-1)^(n+1) + (-1)^n + 1 = 1 (mod 3) lo cual es una contradicción, entonces este subcaso es imposible y probamos lo que queríamos.
Entonces se tiene que 1/2 <= {r}< 1/2 + 1/(2^n) para toda n natural, entonces se debe tener que {r}=1/2 y por lo tanto r= 3/2
Pero ahora 3 divide a 6 y 3r = 9/2 y de ahi [3r]= 4 y 6r= 9 y [6r]= 9
4 no divide a 9 y 3 divide a 6! contradicción a la hipótesis del problema!!!
Se que es una prueba bastante larga, si alguien se sabe alguna mas corta me gustaria verla.
Saludos
Hola Lalo, primero que nada,
Hola Lalo, primero que nada, muchas gracias por compartirnos tu solución. No he podido darme el tiempo de leer tu demostración completa. Pero entiendo la idea general. Y creo que están completos todos los pasos.
Te puedo decir que la primera parte está bien demostrada:
Lo siguiente creo que está muy bien trabajado, aunque no revisé todos los detalles. Lo que haces es probar con un argumento inductivo que $\{r\}=0$ o bien $\{r\}=1/2$ . Esa fue la parte más larga de tu prueba.
Pero se me ha ocurrido una forma más rápida de concluir la prueba. Y es reusando tu argumento de la primer parte.
Escribamos $r'=kr$, para algun entero $k>1$, claramente $r'$ satisface las condiciones del problema, es decir, si $n$ es múltiplo de $m$, entonces $\lfloor nr'\rfloor$ es múltiplo de $\lfloor mr'\rfloor$.
Ahora bien, reusando tu argumento inicial, si $r'$ no fuera entero esto implicaría que $\lfloor r' \rfloor=1$. Pero como $2>r \geq 1$ y $2k > rk \geq k $, en consecuencia $\lfloor r' \rfloor \geq k >1 $, lo que contradice que $r'$ no es entero. Por lo tanto, $r'=rk$ debe ser entero para todo entero $k>1$. Esto implica que $r$ debe ser entero.
Espero y te guste este argumento. Saludos