|
|
 |
Условие
Дано иррациональное число α, 0 < α < ½. По нему определяется новое число α1 как меньшее из двух чисел 2α и 1 – 2α. По этому числу аналогично определяется α2, и так далее.
а) Докажите, что αn < 3/16 для некоторого n .
б) Может ли случиться, что αn > 7/40 при всех натуральных n?
Решение 1
а) Последовательно докажем существование такого n, что αn меньше ⅓, ¼, ⅕, 3/16.
Если α > ⅓, то α1 < ⅓.
Если ¼ < αk < ⅓, то каждый шаг удваивает отклонение от ⅓: пусть αk = ⅓ – ε (где ε < 1/12), тогда αk+1 = ⅓ + 2ε, αk+2 = ⅓ – 4ε. Если это число всё ещё больше ¼, повторим процедуру...
Если ⅕ < αk < ¼, то уже αk+2 < ⅕.
Если 3/16 < αk < ⅕, будем увеличивать отклонение от ⅕: αk = ⅕ – ε (ε < 1/80), αk+2 = ⅕ + 4ε, αk+4 = ⅕ – 16ε. Если это число всё ещё больше 3/16, повторим процедуру...
б) Для построения примера нам потребуются представление чисел в виде бесконечных двоичных дробей. Как обычно, иррациональные числа представляются бесконечными непериодическими дробями.
Рассмотрим дробь δ = 0,0000001000000010..., где единички стоят в 7-м, 15-м, 23-м, ... разрядах. Она равна сумме бесконечной геометрической прогрессии 2−7 + 2−15 + 2−23 + ... = 2/255. Если непериодически заменить часть единичек на нули и умножить результат на 3, получим иррациональное число, меньшее 6/255 = 2/85. Назовём такое число удобным.
Пусть α = ⅕ – β, где β удобно. Тогда α > ⅕ – 2/85 > 7/40. При получении β мы могли заменить в 7-м разряде дроби δ единичку на 0 или оставить. Рассмотрим оба случая.
1) Если заменили, то α = ⅕ – 2–8γ, где γ удобно. Тогда α1 = ⅖ – 2–7γ, α2 = ⅕ + 2–6γ, α3 = ⅖ + 2–5γ, α4 = ⅕ – 2–4γ, ..., α8 = ⅕ – γ.
2) Если оставили, то α = ⅕ – 3·2–7 – 2–8γ = 113/640 – 2–8γ, где γ удобно. Тогда α1 = 113/320 – 2–7γ, α2 = 47/160 + 2–6γ, α3 = 33/80 – 2–5γ,
α4 = 7/40 + 2–4γ, α5 = 7/20 + 2–3γ, α6 = 3/10 – 2–2γ, α7 = ⅖ + 2–1γ, α8 = ⅕ – γ.
В обоих случаях α1, α2, ..., α7 > 7/40, а α8 – число того же вида, что и γ. Значит, и дальше всё будет хорошо.
Решение 2
Воспользуемся сокращённой записью двоичной дроби: вместо выписывания всех её знаков будем указывать сколько одинаковых знаков стоит подряд: сначала сколько-то нулей (все наши дроби меньше ½), потом сколько единиц и т.д. Так дроби ⅕ = 0,00110011... = 0,(0011) соответствует сокращённая запись 222222..., дроби 3/17 = 0,(00101101) – 211211..., а дроби 7/40 = ⅛·(1 + ⅖) = 0,0010(1100) – 21122222...
Числа в сокращённой записи нетрудно сравнивать: находим первое место, где записи отличаются; если это место чётное, то больше то число, у которого на этом месте стоит бóльшая "цифра", а если нечётное, то наоборот. (Например, при сравнении ⅕ > 3/17 в сокращённой записи ⅕ на втором месте стоит бóльшая цифра, а при сравнении 3/17 > 7/40 в сокращённой записи 3/17 на пятом месте стоит меньшая цифра.)
Указанная в условии задачи операция действует на сокращённую запись следующим образом: если первая "цифра" больше 1, то она уменьшается на единицу; единица же в начале просто стирается. Многократное же применение операции – это стирание нескольких первых цифр и (возможно) последующее уменьшение первой цифры. Полученную запись будем называть хвостом исходной.
а) Дроби 3/16 соответствует сокращенная запись 22. Если в сокращённой записи числа α есть тройка, то когда-нибудь она встанет на первое место и поэтому соответствующее число αn будет меньше 3/16.
Если же сокращённая запись числа α состоит только из единиц и двоек, то в силу бесконечности и непериодичности (обычной) двоичной записи числа в сокращённой записи есть место, где после двойки стоит единица. Когда фрагмент 21 встанет в начало записи, соответствующее число αn станет меньше 3/16.
Действительно, если в начале сокращённой записи хвоста стоит 1 или 22, то все ясно.
В противном случае она имеет вид 2112...211..., где третья единица стоит на нечётном месте. Поэтому это число больше чем 7/40, у которого на этом месте стоит двойка. Осталось проследить, чтобы дробь была непериодической.
Ответ
б) Может.
Замечания
1. Идеология. Указанное в условии отображение помимо неподвижной точки ⅓ имеет много периодических точек. Точки небольшого периода найти нетрудно. Например, у ⅕ период 2 (⅕ → ⅖ → ⅕), а у 3/17 – период 3 (3/17 → 6/17 → 5/17 → 3/17). Оба эти числа немного больше 7/40, а порождённые ими числа ещё больше. Но к сожалению, эти числа рациональны. Зато они представляются периодическими двоичными дробями: ⅕ = 0,(0011), 3/17 = 0,(00101101). Попробуем сконструировать искомое иррациональное число, смешивая фрагменты вышеуказанных дробей 00110011 и 00101101. Можно ожидать, что и оно породит последовательность, где все члены не меньше 7/40. Решение 1 – формальная проверка этой идеи: ⅕ – 3/17 = 2/85, при вычитании β из ⅕ замена в δ единицы на ноль не меняет соответствующего фрагмента 00110011 в разложении ⅕, а оставление единицы вычитает из него 00000110, то есть превращает в 00101101.
2. Баллы: 4 + 4.
