|
|
 |
Условие
В бесконечной последовательности (xn) первый член x1 – рациональное число, большее 1, и xn+1 = xn + 1/[xn] при всех натуральных n.
Докажите, что в этой последовательности есть целое число.
Решение
Назовём особым членом последовательности такой член xn, для которого [xn] > [xn–1]. Особых членов бесконечно много, так как если [xn] = k, то
[xn+k] > k. Для каждого особого члена представим его дробную часть в виде несократимой дроби (если особый член – целое число, будем считать числитель его дробной части равным 0).
Пусть xk – особый член. Обозначим его целую часть через m (очевидно, m ≥ 2), а дробную – через r. Поскольку [xk–1] = m – 1, то r < 1/m–1 ≤ 2/m.
Если 0 < r < 1/m, то следующие m членов последовательности будут равны xk+1 = xk + 1/m, xk+2 = xk + 2/m, ...,
xk+m–1 = xk + m–1/m = m + r + m–1/m < m + 1, xk+m = xk + 1. Таким образом, xk+m – очередной особый член, по сравнению с предыдущим его дробная часть не изменилась, а целая часть увеличилась на 1. Продолжая, мы придём к особому члену xn, целая часть которого p = [xn] и дробная часть r = {xn} удовлетворяют условию 1/p ≤ r < 1/p–1. Тогда следующие члены последовательности будут равны xn+1 = xn + 1/p, xn+2 = xn + 2/p, ...,
xn+p–2 = xn + p–2/p = p + r + p–2/p < p + 1, xn+p–1 = xn + p–1/p = (p + 1) +(r – 1/p). Новый особый член xn+p–1 имеет дробную часть r – 1/p. Числитель у нее меньше, чем у
r. Действительно, если r = a/b, то r – 1/p = ap–b/pb, а поскольку
a/b < 1/p–1, то ap – a < b ⇔ ap – b < a.
Итак, для каждого особого члена последовательности, дробная часть которого имеет ненулевой числитель, мы нашли особый член с меньшим числителем дробной части. Так как числитель – натуральное число, которое не может уменьшаться бесконечно, в последовательности встретится член, дробная часть которого равна 0, что и требовалось.
