1. Пусть
$S$ - аддитивная подполугруппа полугруппы натуральных чисел.
Пусть
$a_0,\,a_1,\,a_2,\,....,a_{n-1}\inS$ причем
$а_0=n$ и
$a_i=i(mod\,n)$.
Тогда
$S$ содержит все натуральные числа , начиная с некоторого номера.
Другими словами, если подполугруппа содержит полную систему вычетов по модулю
$n$, то она
содержит все натуральные числа, начиная с некоторого номера.
Доказательство:
Пусть
$m\ge2(max(a_0,....,a_{n-1}))$. Если остаток от деления
$m$ на
$n$ равен
$r$, то
$m-a_r\ge0$ и делится на
$n$, значит,
$m$ имеет вид:
$m=kn+a_r$ и принадлежит подполугруппе.
2. Для заданной последовательности
$a_n$ рассматриваем последовательность
$x_n=\frac{a_n}{n}$.
Покажем, что выполняется неравенство:
$x_{n+m}$ не превосходит наибольшего из чисел
$x_n$ и
$x_m$. Действительно:
$\frac{x_{n+m}}{n+m}\le\frac{n}{n+m}x_n+\frac{m}{n+m}x_m$. Выражение справа является выпуклой комбинацией чисел
$x_n$ и
$x_m$, что и доказывает желаемое.
Замечание: для любого
$с$ множество номеров
$\{n\mid\;x_n<c\}$ - аддитивная подполугруппа натуральных чисел либо пустое множество.
3. Очевидно, что последовательность
$x_n$ ограниченна, т.к. член с номером 1 является наибольшим. Пусть
$с$ - верхний предел последовательности. Покажем, что он является единственной предельной точкой, а значит, и ее пределом. Если
$с=0$ доказывать нечего. Считаем, что
$c>0$. Мы докажем даже более сильное утверждение: для любого
$n$ выполняется
$с\lex_n$. Рассмотрим
$\{n\mid\;x_n<c\}$. Предположим, что оно не пусто и содержит число
$n$. Тогда можно считать, что
$n$ настолько большое, что для любого
$m\gen$ имеет место неравенство:
$x_m<1,5c$. Положим
$\epsilon=min\left(\frac{c-a_n}{2}\;;\;\frac{c}{2n}\right)$.
Рассмотрим
$S=\{n\mid\;x_n\lec-\epsilon\}$. Если эта полугруппа содержит полную систему вычетов по модулю
$n$, то
$c$ не может быть предельной точкой. Пусть она не содержит чисел, равных
$r$ по модулю
$n$. Этот остаток имеет значение из последовательности
$1,\, 2,\, ....,\, n-1$. Тогда для любого
$k>1$ имеем:
$x_{n(k-1)+n+r}\gec-\epsilon$, откуда получаем:
$а_{n(k-1)+n+r}\ge(c-\epsilon)n(k-1)+(n+r)(c-\epsilon)>x_nn(k-1)+3c-c>a_{n(k-1)}+a_{n+r}$ - это противоречит условию.
Что и требовалось.
