已知：对于实数 \alpha 和正整数 n ，谱 \text{Spec}(\alpha) 中包含所有形如 \lfloor k\alpha \rfloor （向下取整）的整数，其中 k 为自然数。
证明：两个谱 \text{Spec}(\sqrt{2}) 和 \text{Spec}(2+\sqrt{2}) 没有相同元素
证明：两个谱 \text{Spec}(\sqrt{2}) 和 \text{Spec}(2+\sqrt{2}) 没有相同元素
数论吧 关注：14,098贴子：80,663
- 4回复贴，共1页
这应该是beatty定理的特例，可以这样子做
设α=sqrt(2), β=2+sqrt(2),则1/α+1/β =1,
若存在正整数k₁, k₂使得[k₁α]=[k₂β]=n, n是整数且满足n=n(1/α+1/β)= [k₁α]/α+[k₂β]/β
又因为k₁α是无理数, 所以k₁α-1 <[k₁α] <k₁α, k₁-1/α <[k₁α]/α <k₁,
同理可得k₂-1/β <[k₂β]/β <k₂, 相加可得
k₁+k₂-(1/α+1/β)<[k₁α]/α+[k₂β]/β<k₁+k₂
也就是 k₁+k₂-1<n<k₁+k₂, 这样的整数n不可能存在, 就矛盾了
设α=sqrt(2), β=2+sqrt(2),则1/α+1/β =1,
若存在正整数k₁, k₂使得[k₁α]=[k₂β]=n, n是整数且满足n=n(1/α+1/β)= [k₁α]/α+[k₂β]/β
又因为k₁α是无理数, 所以k₁α-1 <[k₁α] <k₁α, k₁-1/α <[k₁α]/α <k₁,
同理可得k₂-1/β <[k₂β]/β <k₂, 相加可得
k₁+k₂-(1/α+1/β)<[k₁α]/α+[k₂β]/β<k₁+k₂
也就是 k₁+k₂-1<n<k₁+k₂, 这样的整数n不可能存在, 就矛盾了
扫二维码下载贴吧客户端
下载贴吧APP
看高清直播、视频！
看高清直播、视频！
贴吧热议榜
- 1AL淘汰JDG晋级决赛2870970
- 2哪吒2预测票房开始走下坡2189877
- 3特朗普被指认是克格勃特工1900136
- 4P社拒绝修改内容并封禁中国用户1421307
- 5娜可露露重做野区霸主归来1210300
- 6美国从乌克兰那里抢走了矿产1032575
- 7英伟达承认50系ROP缺失问题927312
- 8尹锡悦的最终时刻即将到来840788
- 9王祖贤在贴吧官宣创业655754
- 10表白收到摩斯密码怎么破552657
