Несколько слов о необходимости скрывать решения задач или о вреде подсматривать решения.
Задача, которой посвящен данный пост, опубликована в форуме сайта http://artofproblemsolving.com. Так вышло, что решение мне попалось на глаза (оно не было скрыто, как делают некоторые участники форма). Доказывая утверждение, сформулированное в задаче, поначалу я не мог выбить из свой головы, что нужно иди по пути алгебраических преобразований (как у автора решения, в которое я не вникал, а видел мельком). Лишь когда мне удалось посмотреть на задачу свежим взглядом, нашлось доказательство с достаточно несложной идеей.
2) Если \( \alpha \) — рациональное нецелое число, то при \( n = q^k , \) где \( k \in \mathbb N , \) \( q \) — знаменатель в представлении \( \alpha = \frac pq \) (\( p, \, q \) — взаимно простые числа), антье \( \ant {\alpha n^2} = p q^{2k-1} \) никогда не будет полным квадратом.
3) Случай поинтереснее — \( \alpha \) положительное иррациональное число. Представим антье в виде \[
\bigant { \alpha n^2 } =
n^2 \bigant { \alpha } +
\underbrace {
\bigant { n^2 \mant { \alpha } }
}_{A(n)} .
\tag {40.1}
\] Пусть \( n = 1 . \)
Во-первых, \( A (1) = 0 . \) Во-вторых, \( \alpha > 1 . \) В-третьих, и \( n^2 \ant \alpha \), и \( \ant \alpha \) — полные квадраты.
Пусть \( n = 2 . \)
Тогда (40.1) примет вид \[
\bigant { 4 \alpha } =
4 \bigant { \alpha } + A (2) .
\tag {40.2}
\] Вспомним, что \(
m^2 \equiv \{ 0, \ 1 \} \pmod 4 ,
\) значит, \( A (2) = \bigant { 4 \mant { \alpha } } \in \{ 0, \ 1 \} \). Но в (40.2) разность неравных полных квадратов больше 1. Таким образом, \( A (2) = 0 \).
Случай \( n = 3 \) аналогичен предыдущему, ведь \(
m^2 \equiv \{ 0, \ 1 \} \pmod 3 .
\) \( A (3) = 0 \).
Если мы докажем, что \[
A (n) = 0
\ \mbox { при }
\forall n \in \mathbb N ,
\tag {40.3}
\] то из этого будет следовать \( \mant { \alpha } = 0 , \) то есть при иррациональных \( \alpha \) антье \( \ant {\alpha n^2} \) не может быть полным квадратом.
Докажем (40.3) с помощью метода математической индукции.
Поскольку \( A (3) = 0 \), осталось рассмотреть индукционный переход. Пусть при \( n = k \geqslant 3 \) равенство (40.3) имеет место. Вычислим \( A (k+1) \). \[
A (k) = 0
\ \Longleftrightarrow
\ 0 \leqslant k^2 \mant { \alpha } < 1
\ \Longleftrightarrow
\ 0 \leqslant \mant { \alpha } < \dfrac 1 {k^2} .
\] Следовательно, \[
0 \leqslant (2k+1) \cdot \mant { \alpha } < \dfrac {2k+1} {k^2} ,
\] \[
0 \leqslant (k+1)^2 \cdot \mant { \alpha } < 1 + \dfrac {2k+1} {k^2} ,
\] \[
\bigant { (k+1)^2 \cdot \mant { \alpha } } = 0 \mbox { или } 1 .
\] В формуле (40.1) в левой части стоит полный квадрат, \( n^2 \bigant { \alpha } \) — также полный квадрат, тогда оставшееся слагаемое не может равняться \( 1 \). Значит, равенство (40.3) выполнятся и при \( k+1 .\)
\( \color{gray}{\blacksquare} \)
Задача, которой посвящен данный пост, опубликована в форуме сайта http://artofproblemsolving.com. Так вышло, что решение мне попалось на глаза (оно не было скрыто, как делают некоторые участники форма). Доказывая утверждение, сформулированное в задаче, поначалу я не мог выбить из свой головы, что нужно иди по пути алгебраических преобразований (как у автора решения, в которое я не вникал, а видел мельком). Лишь когда мне удалось посмотреть на задачу свежим взглядом, нашлось доказательство с достаточно несложной идеей.
40. Пусть \( \alpha \) — некоторое положительное вещественное число. Докажите, что если число \( \bigant { \alpha n^2 } \) — полный квадрат при всех натуральных \( n , \) то \( \alpha \) — целое, которое является полным квадратом.
Доказательство. 1) Пусть \( \alpha \) — целое число. Если антье \( \ant {\alpha n^2} \) — полный квадрат, то очевидно, ( \alpha \) — тоже полный квадрат.2) Если \( \alpha \) — рациональное нецелое число, то при \( n = q^k , \) где \( k \in \mathbb N , \) \( q \) — знаменатель в представлении \( \alpha = \frac pq \) (\( p, \, q \) — взаимно простые числа), антье \( \ant {\alpha n^2} = p q^{2k-1} \) никогда не будет полным квадратом.
3) Случай поинтереснее — \( \alpha \) положительное иррациональное число. Представим антье в виде \[
\bigant { \alpha n^2 } =
n^2 \bigant { \alpha } +
\underbrace {
\bigant { n^2 \mant { \alpha } }
}_{A(n)} .
\tag {40.1}
\] Пусть \( n = 1 . \)
Во-первых, \( A (1) = 0 . \) Во-вторых, \( \alpha > 1 . \) В-третьих, и \( n^2 \ant \alpha \), и \( \ant \alpha \) — полные квадраты.
Пусть \( n = 2 . \)
Тогда (40.1) примет вид \[
\bigant { 4 \alpha } =
4 \bigant { \alpha } + A (2) .
\tag {40.2}
\] Вспомним, что \(
m^2 \equiv \{ 0, \ 1 \} \pmod 4 ,
\) значит, \( A (2) = \bigant { 4 \mant { \alpha } } \in \{ 0, \ 1 \} \). Но в (40.2) разность неравных полных квадратов больше 1. Таким образом, \( A (2) = 0 \).
Случай \( n = 3 \) аналогичен предыдущему, ведь \(
m^2 \equiv \{ 0, \ 1 \} \pmod 3 .
\) \( A (3) = 0 \).
Если мы докажем, что \[
A (n) = 0
\ \mbox { при }
\forall n \in \mathbb N ,
\tag {40.3}
\] то из этого будет следовать \( \mant { \alpha } = 0 , \) то есть при иррациональных \( \alpha \) антье \( \ant {\alpha n^2} \) не может быть полным квадратом.
Докажем (40.3) с помощью метода математической индукции.
Поскольку \( A (3) = 0 \), осталось рассмотреть индукционный переход. Пусть при \( n = k \geqslant 3 \) равенство (40.3) имеет место. Вычислим \( A (k+1) \). \[
A (k) = 0
\ \Longleftrightarrow
\ 0 \leqslant k^2 \mant { \alpha } < 1
\ \Longleftrightarrow
\ 0 \leqslant \mant { \alpha } < \dfrac 1 {k^2} .
\] Следовательно, \[
0 \leqslant (2k+1) \cdot \mant { \alpha } < \dfrac {2k+1} {k^2} ,
\] \[
0 \leqslant (k+1)^2 \cdot \mant { \alpha } < 1 + \dfrac {2k+1} {k^2} ,
\] \[
\bigant { (k+1)^2 \cdot \mant { \alpha } } = 0 \mbox { или } 1 .
\] В формуле (40.1) в левой части стоит полный квадрат, \( n^2 \bigant { \alpha } \) — также полный квадрат, тогда оставшееся слагаемое не может равняться \( 1 \). Значит, равенство (40.3) выполнятся и при \( k+1 .\)
\( \color{gray}{\blacksquare} \)
