Разбиение натурального ряда

Отдел образования администрации Центрального района
Муниципальное общеобразовательное учреждение
Средняя общеобразовательная школа № 4
Секция математика
НАУЧНО-ИССЛЕДОВАТЕЛЬСКАЯ РАБОТА
По теме
Разбиение натурального ряда
Сорока Александра Александровна
Василькова Евгения Сергеевна
Учащихся 11 В класса МОУ СОШ №4
Центрального района
8-905-958-2583
8-913-954-3357
Руководитель: Тропина Наталья
Валерьяновна,
Кандидат педагогических наук,
доцент кафедры математического анализа
НГПУ
(работа выполнена в МОУ СОШ №4)
Содержание
Введение
3
§1. Основные понятия и определения
4-5
§2. Две последовательности. Их свойства
6-9
§3. Упражнения
10-12
§4. Геометрическая интерпретация
13-14
§5. Некоторые приложения (Палиндромы)
15-18
Заключение
19
Список литературы
20
ВВЕДЕНИЕ
2
Целью
данной
натурального
работы
ряда
на
является
две
изучение
вопроса
непересекающиеся
о
разбиениях
возрастающие
последовательности.
Работа состоит из пяти параграфов:
Первый параграф посвящен понятиям и определениям, которые пригодятся
нам в работе.
Во втором параграфе идет речь о построении двух последовательностей и
о гипотезе Акулича.
В третьем параграфе приведены упражнения.
Четвертый параграф посвящен геометрической интерпретации построения
последовательностей.
В пятом параграфе приведены некоторые приложения.
3
§1 Основные понятия и определения
Целая и дробная части числа
Определение 1. Целой частью числа x называется наибольшее целое
число r, не превышающее x.
Целая часть числа x обозначается символом [x] или (реже) E(x) (от фр.
entier "антье" — целый).
Если x принадлежит промежутку [r; r +1), где r — целое число, то [x]=r,
т.е. x находится на промежутке [ [x]; [x]+1). По свойствам числовых
неравенств, разность x-[x] будет на промежутке [0; 1).
Определение 2. Число q = x - [x] называют дробной частью числа x и
обозначают {x}. Следовательно, дробная часть числа всегда неотрицательна
и не превышает 1, тогда как целая часть числа может принимать как
положительные значения, так и неположительные. Таким образом {x} = x [x], а, следовательно, x = [x] + {x}.
Примеры:
[5]=5
[7,2]=7
[-3]=-3
[-4,2]=-5
[0]=0
{5}=0
{7,2}=0,2
{-3}=0
{-4,2}=0,8
{0}=
Свойство целой части
[x+n] = [x]+n, где n – натуральное число
Рациональные и иррациональные числа и их свойства
Определение 3.Рациональным числом называется число, которое можно
представить в виде дроби
m
, где m – целое число, а n – натуральное.
n
Определение 4. Если число не представимо в виде
m
, то такое число
n
называется иррациональным.
Теорема 1. Любое рациональное число представимо в виде конечной или
бесконечной периодической дроби.
Любое иррациональное число представимо в виде бесконечной
десятичной непериодической дроби.
4
Примеры:
1
2
0,5= -рациональное число
0,(3)=
1
- рациональное число
3
1,0123456789101112…-иррациональное число
 , 2 , 3 , 5 - иррациональное число
Свойства
арифметических
действий
над
рациональными
и
иррациональными числами
1. Если r1,r2 - рациональные числа, то r1  r2 , r1  r2 , r1 * r2 , r1 / r2 , r2  0 рациональные числа.
Дано:
Доказательство:
r1 
m1
m
; r2  2
n1
n2
рациональное
2. Если
r   , r *  (r  0),
r1  r2 
r-рациональное
r

число,
m1 m2 m1n1  m2 n2 m



n1 n2
n1n2
n
 -иррациональное
число,
то
(r  0) - иррациональные числа.
Доказательство: (от противного)
Предположим что
r

 r1  Q   
3. Если  ,   I ,то про    , *  ,
r
 Q, но   I - противоречие
r1

ничего определенного нельзя сказать.

Примеры:
2  ( 2 )  0  Q
17 * 2  34 , 34  I
17 * 17  17,17  Q
§2 Две последовательности. Их свойства.
5
В этом параграфе речь пойдет о задачах, посвященных разбиению
натурального ряда на последовательности и о теореме, доказывающей их.
Рассмотрим один из способов разбиения натурального ряда на две
возрастающие непересекающиеся последовательности a1  a2  a3  ...
и
b1  b2  b3  ... ,
которые при любом натуральном n удовлетворяют условию bn  an  n .
Двигаясь по натуральному ряду, можем последовательно вычислять
члены обеих последовательностей.
Поскольку все bn  an , то наименьшее натуральное число, т.е. 1- должно
равняться а1 .
Следовательно, b1  a1  1  1  1  2 и так далее. Каждый раз, выбирая
наименьшее неиспользованное натуральное число и считая его равным a n ,
затем, находя bn по формуле bn  an  n , можем строить последовательности.
В 1877 году в «Теории звука» лорд Рэлей писал: «если x есть некоторое
положительное иррациональное число, меньшее единицы, то можно взять
два ряда величин n/x и n/(x-1) где n = 1,2,3…; каждое число, принадлежащее
к тому или иному ряду, и только оно одно, будет заключено между двумя
последовательными натуральными числами”. Т.е. an  [n / x] и bn  [n /(1  x)]
заполняют без пропусков и перекрытий весь натуральный ряд, если 0<x<1 и
x  Q.
6
Гипотеза Акулича и явные формулы
И.Ф. Акулич предложил гипотезу: отношение количества a-чисел к
количеству b-чисел стремится к «золотому сечению»
числа,
принадлежащие
последовательности
принадлежащие последовательности bn ).
an  [(1+ 5 )n/2]
bn  a n  n =[(1+ 5 )n/2]+n=[(3+ 5 )n/2]
Выведем из явных формул гипотезу Акулича.
Обозначим  
an ,
1  5  (где a-числа –
2
b-числа-
числа,
1  5  ;   3  5  .
2
2
Рассмотрим натуральное число N и выясним сколько a-чисел и b-чисел
среди первых N натуральных чисел, если последовательности заданы
формулами:
an  N  ; bn  N 
Неравенства a * n  N равносильно, по определению целой части,
неравенству n <N+1, т.е. неравенству n<(N+1)/  . Значит, a-чисел среди
первых N натуральных чисел имеется ровно [(N+1)/  ]. Аналогично, b-чисел
[(N+1)/  ].
Тогда отношение количества a - чисел к количеству b- чисел равно
[(N + 1)/  ] 

[(N + 1)/ ] 
Устремим N к бесконечности, получим
lim
N 
N  1 /    
N  1 /   

3  5 2  (3  5 )1  5   3  3
1 5
21  5 
5  5  5  2  2 5 1 5


4
4
2
Гипотеза оказалась верна, при условии что обе последовательности a n и
bn заданы явными формулами
an  [(1+ 5 )n/2]
bn =[(3+ 5 )n/2]
Но Акулич не первый догадался представить последовательности a n и bn в
виде [ an ] и [  n ].
Эти же явные формулы получаются из формул Рэлея при x = 2/(1+ 5 ),
поскольку
при этом величина 1-x равна как раз 2/(3+ 5 ), т.е.
  1 / x,   1 /(1  x)
7
Возникает вопрос об единственности разбиения множества N на две
последовательности.
В статье Баабабова [2] доказывается теорема, обобщающая этот
результат и утверждает, что таких разбиений натурального ряда существует
бесконечно много. Приведем данную теорему и ее подробное доказательство.
Обозначим   1 / x,   1 /(1  x) .
Теорема.
Если  и  - положительные иррациональные числа, связанные
соотношением
1


1

 1 , то среди чисел вида [ an ] и [  n ] , где n  N , каждое
натуральное число встречается ровно один раз.
Доказательство:
Поскольку  > 1, в последовательности [ ], [2 ], [3 ],... никакое число не
повторяется. Аналогично вследствие неравенства  >1 строго возрастает и
последовательность [  ], [2 ], [3 ],...
Действительно, пусть [  ] – k  k    k  1  2k  2  2k  2  [2 ]  2k  1,
Следовательно, [ ]  [2 ]
Докажем теперь, что каждое натуральное число встречается ровно один
раз.
Предположим, что некоторое натуральное число k вошло в обе
последовательности т е k = [m]  [ n] , где m,n – натуральные числа. Тогда
должны быть выполнены неравенства
k< m < k + 1, k<  n <k + 1,
т.е.
m
1 m
n
1 n
  ,
 
k 1  k k 1  k
сложим эти неравенства, не забывая про условие
Получим
1


1

 1.
mn
mn
1
,
k 1
k
откуда k<m+n<k+1.
Но такого для натуральных чисел не может быть. Значит, число k не
могло войти в обе последовательности.
Теперь предположим, что k не вошло ни в одну из последовательностей.
Тогда для некоторых натуральных чисел m и n должны выполняться
неравенства
 m < k <k+1<  (m+1),
 n < k <k+1<  (n+1),
8
которые можно преобразовать к виду
m 1 m 1 n 1 n 1
 
,  
k  k 1 k  k 1
mn
mn2
1
,
k
k 1
откуда m+n<k и k+1<m+n+2  m+n<k и m+n>k-1
складывая, получаем
Такого для натуральных чисел тоже не может быть. Получаем
противоречие, следовательно, теорема доказана.
В следующем параграфе рассмотрены упражнения о разбиениях
натурального ряда, при решении которых используются результаты данного
параграфа.
§3. Упражнения
Упражнение 1.
9
Пусть последовательность задана формулой bn  an  n .Найти a31 .
b11
b13
b12
b15
b14
b16
b17
b18
1 … 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48
a18 a19
a1
a20 a21
a23 a24
a22
a25
a26 a27
a28 a29
a30
b19
49 50
a31
Используя эту формулу, можно найти любое a n .
Упражнение 2.
Вычислить:
n
1 2 3 4
5
6
7
8
9
10 11 12 13 14 15 16 17 18
[(1+ 5 )n/2] 1 3 4 6
8
9
11 12 14 16 17 19 21 22 24 25 27 29
[(3+ 5 )n/2] 2 5 7 10 13 15 18 20 23 26 28 31 34 36 39 41 44 47
Упражнение 3.
10
Используя
 
n  n 2
формулы
и
bn  an  2n ,
постройте
последовательности, которые заполняют весь натуральный ряд без пропусков
и перекрытий.
 
a  1 2   1,4  1 ,
… a  10 2   14 ,
n  n 2
1
 
a2  2 2  2,8  2 ,

b1

a14  14 2  19 ,
10
b3
b2
 
a  15 2   21 …
a6  6 2  8,4  8 …
15
b5
b4
b6
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21
a1 a2
a3 a4
a5 a6 a7
Где bn  [( 2  2)n], т.к.
a8 a9
a10 a11 a12
a13 a14
a15
1
1

1
2 2 2
Упражнение 4.
11
Найти явные формулы для возрастающих последовательностей an и bn ,
заполняющих
натуральный
ряд
без
пропусков
и
перекрытий
и
удовлетворяющих соотношению bn  an  3n при всех n= 1,2,3…
bn  an  3n
n  n  3n
[ n]  [(  3)n]

1 1

1
1  1
   1,
 
   1 



    3 





 3
 1  1
   2  2  3

 2  3  0
 1  13
, т.к. .  0, товыбираем
2
13  1

2

13  1
13  3
( 13  1)2 ( 13  1)( 13  3) 10  2 13 5  13

(
):(
)



 1
2
2
13  9
4
2
2( 13  3)
 1, 2 
5  13
2
13  1
5  13
a n  [(
)n], bn  [(
) n]
2
2

Итак, явные формулы для последовательностей доказаны.
§4.Геометрическая интерпретация
12
Удивительно простое и наглядное доказательство
теоремы из § 1 получаем, если рассмотрим геометрическую интерпретацию.
Пусть, как и ранее, α и β – положительные иррациональные числа.
Причем
1


1

 1 . Тогда      , откуда   1  1  1. Нарисуем на
листе бумаги, как на координатной плоскости прямую l, заданную
уравнением у=(α-1)x, которое можно записать так же в виде x=(β-1)y.
Занумеруем подряд все клетки, которые пересекают l, начиная с
нулевой клетки, которой принадлежит начало координат (для … взято
α=
1  5  ).
2
Если мы обозначим числа, стоящие над линией за a- числа, а под
линией за b – числа то получатся две последовательности, о которых мы
говорили в §1.
Поскольку число
α иррационально, прямая l не проходит через узлы
сетки. Значит, l входит в очередную клетку либо слева, пересекая
вертикальную линию сетки, либо снизу, пересекая горизонтальную
линию.
Если l вошла в клетку слева и пересекла при этом вертикаль х=n, то
номер клетки, в которую при этом вошла прямая равен n+[( α-1)n]=[ αn].
13
Если же прямая l пересекла снизу горизонталь y=m, то номер
соответствующей клетки равен [(β-1)m]+m=[βm].
§5. Некоторые приложения. Палиндромы.
14
Обозначим натуральные числа принадлежащие последовательности a n
буквой А, а принадлежащие последовательности bn - буквой В.построим
последовательность.
АВААВАВААВААВАВААВАВААВААВАВААВААВАВААВАВААВААВ
АВА…
Рассмотрев последовательность повнимательнее, заметим, что ее можно
разделить на палиндромы.
Определение: Палиндромы (перевертыш) – это слово, которое выглядит
одинаково при чтении слова как слева направо, так и справа налево.
Примеры:
Шалаш, ротор или АВВАВАВВА.
Рассмотрим задачу, связанную с палиндромами.(аналогичную задачу
решал в своей статье Акулич)
Из букв А и В составлено 2010-буквенное слово. Докажите, что его
можно разбить менее чем на 900 более коротких слов, каждое из которых
является палиндромом.
Возьмем произвольное 2010-буквенное слово и разобьем его сначала на
5-буквенные – их будет всего 402. Каждое из этих 5-буквенных слов, в свою
очередь, может быть составлено не более чем из двух палиндромов. Поэтому
произвольное 2010-буквенное слово можно составить не более чем из 804
палиндромов, т.е. меньше чем из 900, что и требовалось доказать.
Чтобы решать такие задачи в общем виде, введем функцию f(n).Через
нее обозначим такое наименьшее натуральное число, что всякое слово
длиной n, составленное из букв А и В может быть разбито не более чем на
f(n) палиндромов.
Упражнение 1.
15
Придумайте слово из букв А и В которое нельзя разбить менее чем на 3
палиндрома, но которое после приписывания к нему справа или слева любой
из букв А и В можно разбить на два палиндрома.
АВААВВ+А
Оказалось, что задачи можно решить в общем виде. Введем функцию
f(n).
Через f(n) обозначим такое наименьшее число, что всякое слово длиной
n, состоящее из букв А и В, может быть разбито не более чем на f(n)
палиндромов.
Пример:
Найдем f(6). Всего шестибуквенных слов 26  64, но поскольку буквы А и
В равноправны достаточно рассмотреть только слова начинающиеся на букву
А:
АААААА
АА+ВААВ
АВА+АВА
АВВА+ВВ
ААААА+В
А+АВАВА
АВА+А+ВВ!
АВВВА+А
ААА+АВА
АА+ВАВ+В!
АВАВА+А
АВВВА+В
АААА+ВВ
ААВВАА
АВАВА+В
АВВВВА
А+ААВАА
А+АВВА+В!
АВА+ВВ+А!
А+ВВВВВ
ААА+ВАВ
А+АВВВА
АВА+ВВВ
АА+АВВА
АА+ВВВ
АВВА+АА
ААА+ВВВ
АВА+ААА
АА+ВААВ
ААВАА+А
А+ВАААВ
АВВА+В+А!
Восклицательными знаками отмечены слова, которые нельзя разбить
менее чем на три палиндрома. Ясно, что всякое шестибуквенное слово можно
разбить не более чем на три палиндрома. Ниже приведем 10 значений
функции f:
n
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
f(n)
1
2
2
2
2
3
3
4
4
4
n/f(n) 1
1
1.5
2
2.5
2
2.33
2
2.25
2.5
16
n/f(n) – это средняя длина палиндромов, на которые разбито самое трудно
разбиваемое n- буквенное слово.
Упражнение 2.
Для каждого n- 1,2,3,…10 укажите слово длиной n из букв А и В, которое
нельзя разбить менее чем на f(n) палиндромов.
n=1
А
n=2
ВВ
n=3
АВВ
n=4
ААВВ
n=5
АВАВВ
n=6
АВААВВ
n=7
ВАВААВВ
n=8
ВВААВВАА
n=9
АВАВАВААВ
n=10 АВАВАВАВВВ
В статье А.Баабабова [2] приведена теорема:
При
любом
f(6n+2)=2n+2.при
натуральном
любом
n
имеем
натуральном
f(3n)=n+1,
n>1
имеем
f(3n+1)=n+1,
f(6n+5)=2n+2,
исключительное значение f(11)=5.
Следствие из теоремы:
Предел lim
n
n
существует и равен 3.
f ( n)
Каждое слово из n букв А и В может быть разбито не более чем на
[(n+4)/3] палиндромов.
1) f (3k )  k  1
lim
n
n
3k
3k  3  3
3
 lim
 lim
 lim (3 
)3
k 
f (n) k  f (3k ) k  k  1
k 1
17
2) f (3k  1)  k  1
lim
n 
n
3k  1
3k  1
 lim
 lim
3
k


k


f ( n)
f (3k  1)
k 1
3) f (6k  2)  2k  2
lim
n 
n
6k  2
6k  2
3k  1
 lim
 lim
 lim
3
f (n) k  f (6k  2) k  2k  2 k  k  1
4)f(6k+5) = 2k+2
lim
n 
n
6k  5
 lim
 3.
k


f ( n)
2k  2
Итак, в каждом из случаев получаем один и тот же предел 3.
Следовательно, lim
n 
n
 3.
f ( n)
18
ЗАКЛЮЧЕНИЕ
В процессе работы над темой нами были изучены вопросы о разбиениях
натурального
ряда
на
две
непересекающиеся
возрастающие
последовательности, также были решены самостоятельно 6 упражнений,
доказано следствие к теореме из § 3.
19
Литература
1. Акулич И.Ф. Ум хорошо, а пять лучше // Квант. – 1998. - №6
2.Баобабов А. «Пентиум» хорошо, а ум лучше // Квант.-1999. - №4,№5
3. Зайцев В.В., Рыжков В.В., Сканави М.И.
Элементарная математика
М.Наука, 1976
4. Макарычев Ю.Н., Миндюк Н.Г., Нешков К.И., Суворова С.Б. Алгебра 8
класс. М. Просвещение, 1996
20