Problema 6. Seja $$ \alpha \geq 1 $$ um número real. Considere o conjunto
\[A(\alpha) = \{ \lfloor n\alpha\rfloor \mid n \in\mathbb{N} \}=\{ \lfloor\alpha\rfloor, \lfloor 2\alpha\rfloor, \lfloor 3\alpha\rfloor, \lfloor 4\alpha\rfloor,\ \dots \} \].
Suponha que todos os inteiros que não pertencem ao conjunto $$ A(\alpha) $$ são exatamente os inteiros positivos que deixam um determinado resto $$r$$ na divisão por $$2021$$, com $$ 0 \leq r < 2021$$.
Determine todos os valores possíveis de $$\alpha$$.
Solucão (por Levi Branco):
Para $$r = 0$$ é levemente diferente , mas não altera o resultado final.
Perceba que a cada $$2020$$ números , $$2020$$ restos distintos aparecem e um deles nunca aparece, assim podemos concluir que $$\lfloor\alpha(r + 2020k)\rfloor = r + 2021k + 1$$ (tente provar!!)
Mas observe que
\[2020k\alpha + r\alpha \leq \lfloor\alpha(r + 2020k)\rfloor \leq 2020k\alpha + r\alpha + 1 \implies\]
\[2020k\alpha + r\alpha \leq r + 2021k + 1 \leq 2020k\alpha + r\alpha + 1 \implies\]
\[2020\alpha + \dfrac{r\alpha}{k} \leq 2021 + \dfrac{r + 1}{k} \leq 2020\alpha + \dfrac{r\alpha + 1}{k} \implies\]
Pelo teorema do confronto:
\[ \displaystyle \lim_{k \rightarrow \infty} 2020\alpha + \dfrac{r\alpha}{k} \leq \lim_{k \rightarrow \infty} 2021 + \dfrac{r + 1}{k} \leq \lim_{k \rightarrow \infty} 2020\alpha + \dfrac{r\alpha + 1}{k} \implies\]
\[ 2020\alpha \leq 2021 \leq 2020\alpha \implies \]
$$ \alpha = \dfrac{2021}{2020}$$ que é solução! (verifique (^: )