В разных плоскостях и под разными углами

О целом дроби и о дроби в целом. Решения задач части 4.

Решения задач
части 4

4.1Решить систему уравнений:
$\qquad\qquad \left \{ \begin{matrix} x^2 + \lfloor y \rfloor = 10 \\ y^2 + \lfloor x \rfloor = 13 \end{matrix} \right . $

Эта система уравнений мне буквально вскружила голову. Никак не мог получить решения для отрицательных $x$ и $y$, будучи убежден что в этом случае они могут возрастать до бесконечности. Наверное так бы и застрял в этом неведении, если бы не подсказка скромного dxiv на форуме Mathematics Stack Exchange.

Прибавляя $x^2$ к обоим частям неравенства $\lfloor y \rfloor \lt y+1$, получаем: $$ x^2+y \lt x^2 + \lfloor y \rfloor + 1 = 11 $$ аналогично $$ y^2+y \lt y^2 + \lfloor x \rfloor + 1 = 14 $$

Складывая полученные неравенства получаем: $$ x^2+y^2+x+y \lt = 24 $$

Подумайте над извечным вопросом «Что же дальше?», прежде чем продолжать чтение.Если бы меня этом спросили, я наверняка ответил бы. Но в том то и беда, что спрашивать было некому!😉

Вот продолжение: учитывая тождества $x^2+x=(x+\frac{1}{2})^2-\frac{1}{4}$, $y^2+y=(y+\frac{1}{2})^2-\frac{1}{4}$, полученное неравенство можно записать в следующем виде: $$ \left (x+\dfrac{1}{2} \right)^2 + \left(y+\dfrac{1}{2}\right)^2 \lt 24\frac{1}{2} \lt 25 $$

Маленький нюанс поставил все на свои места. Теперь понятно, что $\left|x+\frac{1}{2} \right| \lt 5$, или $-5\frac{1}{2} \lt x \lt 4\frac{1}{2}$, откуда $-6 \leqslant \lfloor x \rfloor \leqslant 4$, поэтому из второго уравнения системы получаем: $$ 9 \leqslant y^2 = 13-\lfloor x \rfloor \leqslant 19 $$ или $$ 3 \leqslant |y| \leqslant \sqrt{19} $$

Рассмотрим отдельно случаи положительного и отрицательного $y$.

a) $y \geqslant 0$, таким образом $3 \leqslant y \leqslant \sqrt{19} $, следовательно $3\leqslant\lfloor y \rfloor \leqslant 4$. В таком случае из первого уравнения системы получаем: $x=\pm\sqrt{7}$ для $y=3$ и $x=\pm\sqrt{6}$ для $y=4$ .

Если $x$ — положительно, то есть $x=\sqrt{6}$ или $x=\sqrt{7}$, то $\lfloor x \rfloor = 2$, следовательно из второго уравнения системы (помятуя $y \geqslant 0$) получаем $y=\sqrt{11}$. При этом $\lfloor y \rfloor = 3$, так что $x=\sqrt{7}$. Мы получили первое решение: $(\sqrt{7},\;\sqrt{11})$, и, как вскоре в этом убедимся, далеко не последнее.

Если $x$ — отрицательно, то $x=-\sqrt{6}$ или $x=-\sqrt{7}$, поэтому $\lfloor x \rfloor = -3$, так что в этот раз второе уравнение дает $y=4$. Поскольку $\lfloor y\rfloor =4$, то $x=-\sqrt{6}$, так что второе решение $(-\sqrt{6},\;4)$.

б) $y \lt 0$, следовательно $-\sqrt{19} \leqslant y \leqslant -3$, откуда $-5 \leqslant\lfloor y \rfloor \leqslant -3$. В таком случае из первого уравнения системы получаем: $x=\pm\sqrt{15}$, $\pm\sqrt{14}$, $\pm\sqrt{13}$ для $y=-5$,$-4$ и $-3$ соответственно.

Если $x$ — положительно, то в любом из трех случаев $\lfloor x \rfloor = 3$, следовательно из второго уравнения системы (помятуя $y \lt 0$) получаем $y=-\sqrt{10}$. При этом $\lfloor y \rfloor = -4$, так что $x=\sqrt{14}$. Получили третье решение: $(\sqrt{14},\;-\sqrt{10})$.

Наконец, если $x$ — отрицательно, то $\lfloor x \rfloor = -4$, что соответствует $y=-\sqrt{17}$. При этом $\lfloor y \rfloor = -5$, так что $x=-\sqrt{15}$. Таким образом. последнее четвертое решение: $(-\sqrt{15},\;-\sqrt{17})$.

Ответ: $(\sqrt{7},\;\sqrt{11})$, $(-\sqrt{6},\;4)$, $(\sqrt{14},\;-\sqrt{10})$, и $(-\sqrt{15},\;-\sqrt{17})$.

Графическое решение системы уравнений показано ниже. Постарался, сделать чертеж настолько понятным, насколько мог. Точки пересечения обозначены красным цветом.

Графическое решение системы уравнений $\left \{ \begin{matrix} x^2 + \lfloor y \rfloor = 10 \\y^2 + \lfloor x \rfloor = 13\end{matrix}\right .$

4.2Решить уравнение в целых положительных числах: $\quad \lfloor\sqrt[3]{1}\rfloor + \lfloor\sqrt[3]{2}\rfloor + ... + \lfloor\sqrt[3]{x^3-1}\rfloor = 400$

Олимпиада Англии, 1975 год, однако давно стала математической классикой.

Обозначим через $n$–е слагаемое через $a_n$. Таким образом $a_n=\left\lfloor \sqrt[3]{a} \right\rfloor$

Запишем $n$ и соответствующие $a_n$ в таблицу:

$n$	1	2	...	7	8	9	...	26	27	28	...	(x-1)³-1	(x-1)³	(x-1)³+1	...	x³-1
$a_n=\left\lfloor \sqrt[3]{n} \right\rfloor$	1	1	...	1	2	2	...	2	3	3	...	x-2	x-1	x-1	...	x-1

Mы видим, что каждый полный куб $n=i^3$ увеличивает значение $a_n$, делая его равным $i$.

Таким образом все слагаемые можно разделить на $x-1$ множеств, так что $i$-е множество начинается $(i^3)$-м элементом и заканчивается $((i+1)^3-1)$-м элементом. В этом множестве будет $(i+1)^3-i^3=3i^2+3i+1$ слагаемое, значение каждого из которых равно $i$. Таким образом можно вычислить сумму элементов $i$-го множества: $$ s_i = a_{i^3} + a_{i^3+1} + ... + a_{(i+1)^3-1} = i(3i^2+3i+1) \label{eq:0201}\tag{4.2.1} $$

Используя формулу суммы квадратов и кубов первых натуральных чисел, можно вычислить общую сумму и приравнять ее к 400, пытаясь подобрать целый корень полученного уравнения четвертой степени. Стоит ли усложнять жизнь, когда есть хоть не столь изящный, зато куда более легкий метод? Думаю, вы догадались, о каком методе идет речь.

Действительно, речь идет о методе проб. Введем обозначение $S_x$ для суммы с накоплением: $$ S_x = s_1 + s_2 +... + s_{x-1} $$

Будем увеличивать $x$, и накапливать $S_x$, вычисляя дополнительное слагаемое $s_{x-1}$ по формуле $\eqref{eq:0201}$, пока не получим требуемое число. После этого продолжать процесс не имеет смысла, так как дальнейшие числа будут больше требуемого.

Вычисления записываем в таблицу:

$x$	$s_{x-1}$	$S_x$
1	-	0
2	7	7
3	38	45
4	111	156
5	244	400

Получилось! Ответ: $x=5$.

4.3 Доказать что для целого положительного $n$ $\quad\{\sqrt{1}\} + \{\sqrt{2}\} + ... + \{\sqrt{n^2}\} \leqslant \dfrac{n^2-1}{2}$, причем равенство имеет место тогда и только тогда, когда $n=1$.

На первый взгляд может показаться, что последнее слагаемое присутствует из чисто эстетических соображений, поскольку $\{\sqrt{n^2}\} = \{n\}=0$, так что его можно отбросить. Однако, если $n=1$, то отбросить последнее слагаемое не удается лишь потому, что оно единственное. Понятно, что в этом случае сумма равна нулю, при этом правая часть неравенства также обращается в нуль.

В дальнейшем будем считать, что $n \geqslant 2$, так что последнее слагаемое действительно можно игнорировать, считая что в сумме ($n^2-1$) слагаемых. Покажем, что в этом случае неравенство является строгим.

Действуем аналогично предыдущему решению, только, разумеется, в этот раз вместо кубов будем использовать квадраты. Обозначим через $a_m$ целую часть квадратного корня из $m$: $a_m=\left\lfloor \sqrt{a} \right\rfloor$.

Запишем $m$ и соответствующие значения $\left\lfloor \sqrt{m} \right\rfloor$ в таблицу:

$m$	1	2	3	4	5	...	8	9	10	...	(n-1)²-1	(n-1)²	(n-1)²+1	...	n²-1
$\left\lfloor \sqrt{m} \right\rfloor$	1	1	1	2	2	...	2	3	3	...	$n-2$	n-1	$n-1$	...	$n-1$

Замечаем, что каждый полный квадрат $m=i^2$ увеличивает значение $\left\lfloor \sqrt{m} \right\rfloor$, делая его равным $i$.

Разобьем числа $m$ ($1\leqslant m \leqslant n^2-1$) на множества $G_i$ ($1\leqslant i \leqslant n-1$), каждое из которых содержит числа от $i^2$ до $((i+1)^2-1)$ включительно. Таким образом $G_i$ состоит из $(i+1)^2-i^2=2i+1$ элементов причем для каждого $m \in G_i$ имеет место $\left\lfloor \sqrt{m} \right\rfloor=i$.

Будем нумеровать элементы внутри $G_i$ с нуля. Тогда $j$-й ($0 \leqslant j \leqslant 2i$) элемент $G_i$ равен $b_{i,j}=i^2+j$, отсюда, ввиду $\left\lfloor \sqrt{b_{i,j}} \right\rfloor = i$, $$ \left\{\sqrt{b_{i,j}}\right\} = \sqrt{i^2+j}-i $$

Поскольку $\left\{\sqrt{b_{i,0}}\right\}= \sqrt{i^2}-i = 0$, нулевой элемент можно игнорировать. Если $j>0$ (а такие элементы обязательно найдутся, так как $2i+1 \gt 1$ при $i \geqslant 1$), то, используя тождество $a-b=\dfrac{a^2-b^2}{a+b}$, приходим к следующему: $$ \left\{\sqrt{b_{i,j}}\right\} = \frac{j}{\sqrt{i^2+j}+i} \lt \frac{j}{2i} $$

Это позволяет оценить сумму $\left\{\sqrt{b_{ij}}\right\}$, для элементов $G_i$: $$ s_i = \left\{\sqrt{b_{i,1}}\right\} + ... + \left\{\sqrt{b_{i,2i}}\right\} \lt \frac{1}{2i}+...+\frac{2i}{2i}= \frac{1+...+2i}{2i} = \frac{2i+1}{2} $$

Осталось оценить общую сумму: $$ s_1 + s_2 + ... + s_{n-1} \lt \frac{3}{2} + \frac{5}{2}+...+\frac{2n-1}{2} = \frac{(2n+2)(2n-1)}{4} = \frac{n^2-1}{2}, $$ quod erat demonstrandum.

4.4Доказать, что если $p$ и $q$ — взаимно-простые числа, то: $\quad \left\lfloor \dfrac{p}{q} \right\rfloor + \left\lfloor \dfrac{2p}{q} \right\rfloor ... \left\lfloor \dfrac{(q-1)p}{q} \right\rfloor = \dfrac{(p-1)(q-1)}{2}$

Источник: А. Егоров. «Целая и дробная части числа» Квант №5, 2002. Приводится решение из статьи.

В системе координат рассмотрим прямоугольник ограниченный координатными осями, а также прямыми $x=q$ и $y=p$. Количество точек с целочисленными координатами находящихся внутри прямоугольника (но не вдоль его периметра) равно $(p-1)(q-1)$.

Проведем диагональ прямоугольника проходящую через начало координат. Уравнение прямой, на которой лежит диагональ: $y=\frac{p}{q}x$.

Покажем, что диагональ не содержит точек с целочисленными координатами, не совпадающих с ее концами. В самом деле, если точка ($m$,$n$) ($m$ и $n$ — целые числа, причем $0\lt m \lt q$ и $0\lt n \lt p$) принадлежит диагонали, то $n=\frac{p}{q}m$, или $pm=qn$. Отсюда $pm$ делится на $q$ и так как по условию $p$ и $q$ — взаимно простые числа, то $m$ должно делиться на $q$, что невозможно, так как $0 \lt m \lt q$.

Таким образом каждая точка с целочисленными координатами, лежащая внутри прямоугольника лежит также внутри соответствующего треугольника, а не на его границе. Ввиду симметрии относительно центра прямоугольника каждый треугольник содержит одинаковое количество внутренних точек с целочисленными координатами и это количество равно $S = \dfrac{(p-1)(q-1)}{2}$

Подсчитаем количество точек с целочисленными координатами лежащих ниже диагонали прямоугольника другим способом. Для некоторого целого $k$, такого что $0 \lt k \lt q$ рассмотрим точку диагонали $M$ с абсциссой $k$. Так как ордината точки $M$ равна $\dfrac{p}{q}k$, то непосредственно под точкой $M$ находится $\left\lfloor\dfrac{p}{q}k \right\rfloor $ точек с целочисленными координатами. Суммируя по всем $k$ от $1$ до $q-1$ получим общее количество точек с целочисленными координатами, лежащими внутри треугольника под диагональю: $$ S = \left\lfloor \frac{p}{q} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{2p}{q} \right\rfloor + ... \left\lfloor \frac{(q-1)p}{q} \right\rfloor $$

Приравнивая значения полученные различными способами, приходим к утверждению задачи.

4.5Доказать, что для целого положительного $n$: $\quad\lfloor x \rfloor + \left\lfloor x+\dfrac{1}{n} \right\rfloor ... \left\lfloor x+\dfrac{n-1}{n} \right\rfloor = \lfloor nx \rfloor $

Источник тот же, что и в предыдущей задаче. В этот раз авторское решение отсутствует, так что приходится довольствоваться собственным.

Так как $\left(x+\frac{n-1}{n}\right)-x = \frac{n-1}{n} \lt 1$, значения слагаемых в левой части могут различаться между собой не более, чем на единицу.

Из $x+\frac{i}{n} = \lfloor x \rfloor + \left(\{x\}+\frac{i}{n}\right)$ следует, что $\left\lfloor x +\frac{i}{n} \right\rfloor$ равно $\lfloor x \rfloor$, если $\{x\}+\frac{i}{n} \lt 1$, и $\lfloor x \rfloor+1$ в противном случае.

Пусть $k$ — наименьшее значение $i$, при котором $\{x\}+\frac{i}{n} \geqslant 1$. Это означает следующее: $$ \{x\}+\frac{k-1}{n} \lt 1 \leqslant \{x\}+\frac{k}{n} \label{eq:0501}\tag{4.5.1} $$

Поскольку начальные $k$ слагаемых левой части (соответствующие $i=0,\;1,\;...\;k-1$) равны $\lfloor x \rfloor$ , а остальные $n-k$ слагаемых равны $\lfloor x \rfloor+1$, их сумма равна: $$ k \lfloor x \rfloor + (n-k)(\lfloor x \rfloor+1) = n\lfloor x \rfloor + n-k \label{eq:0502}\tag{4.5.2} $$

Осталось показать, что правая часть полученного равенства есть не что иное, как $\lfloor nx \rfloor$. Для этого заметим, что равенство $\eqref{eq:0501}$ можно записать в виде: $$ 1-\frac{k}{n}\leqslant \{x\} \lt 1-\frac{k-1}{n} $$ что после умножения на $n$ дает: $$ n-k \leqslant n\{x\} \lt n-k+1 \label{eq:0503}\tag{4.5.3} $$

Прибавляя $n\lfloor x \rfloor$ ко всем частям неравенства $\eqref{eq:0503}$, получаем: $$ n\lfloor x \rfloor+n-k \leqslant n(\lfloor x \rfloor +\{x\}) \lt n\lfloor x \rfloor+n-k+1 $$ или $$ n\lfloor x \rfloor+n-k \leqslant nx \lt n\lfloor x \rfloor+n-k+1 $$ откуда $\lfloor nx \rfloor = n\lfloor x \rfloor+n-k$, что совпадает с правой частью равенства $\eqref{eq:0502}$.

4.6Для целого неотрицательного $n$ и целого положительного $k$ доказать тождество: $\left\lfloor \dfrac{n}{k}\right\rfloor + \left\lfloor \dfrac{n+1}{k}\right\rfloor + \dots + \left\lfloor \dfrac{n+k-1}{k}\right\rfloor = n$

Зафиксируем целое положительное $k$ и докажем, что при выбранном $k$ тождество выполняется при любом целом неотрицательном $n$.

Для краткости обозначим левую часть доказываемого тождества через $S_k(n)$ и применим метод математической индукции.

База индукции. При $n=0$ в каждом из слагаемых для $S_k(n)$ числитель меньше знаменателя. Таким образом, все слагаемые — нули, $S_k(0) = 0$, и тождество действительно имеет место.

Индукционный переход. Докажем, что из $S_k(n) = n$ следует $S_k(n+1) = n+1$. Имеем: $$ \begin{align} S_k(n) = \left\lfloor \dfrac{n}{k}\right\rfloor + \left\lfloor \dfrac{n+1}{k}\right\rfloor + \dots + \left\lfloor \dfrac{n+k-1}{k}\right\rfloor \\ S_k(n+1) = \left\lfloor \dfrac{n+1}{k}\right\rfloor + \left\lfloor \dfrac{n+2}{k}\right\rfloor + \dots + \left\lfloor \dfrac{n+k}{k}\right\rfloor \end{align} $$

Вычтем из второго равенства первое. Тогда все слагаемые правой части, кроме крайних, взаимно уничтожаются. Получаем: $$ S_k(n+1)-S_k(n) = \left\lfloor \frac{n+k}{k}\right\rfloor - \left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor = \left\lfloor \frac{n}{k}+1\right\rfloor - \left\lfloor \frac{n}{k}\right\rfloor $$

Согласно свойству 5 целой части $\left\lfloor \frac{n}{k}+1 \right\rfloor = \left\lfloor \frac{n}{k} \right\rfloor +1$, следовательно $S_k(n+1)-S_k(n)=1$. Так как, согласно индукционному предположению, $S_k(n) = n$, то $$ S_k(n+1) = S_k(n) + 1 = n + 1 $$ чем завершается доказательство.

4.7Доказать тождество для целого неотрицательного $n$: $\quad \lfloor \sqrt{n} + \sqrt{n+1} \rfloor = \lfloor \sqrt{4n+2}\rfloor$

Из австрийской олимпиады 1974 года. Приводится авторское решение с незначительными улучшениями.

Согласно неравенству между средне-арифметическим и средне-геометрическим $2\sqrt{n(n+1)} \leqslant 2n+1$ (равенства на самом деле быть не может, так как числа различные, но это не существенно), поэтому $$ (\sqrt{n}+\sqrt{n+1})^2=2n+1+2\sqrt{n(n+1)}\leqslant 4n+2\,. $$

Отсюда $\sqrt{n}+\sqrt{n+1} \leqslant \sqrt{4n+2}$, так что $$ \lfloor \sqrt{n}+\sqrt{n+1} \rfloor \leqslant \lfloor \sqrt{4n+2} \rfloor \label{eq:0701}\tag{4.7.1} $$

Остается показать, что полученное неравенство является равенством при всех целых неотрицательных $n$.

Допустим, что и неравенство $\eqref{eq:0701}$ является строгим для некоторого целого неотрицательного $n$. Тогда существует целое $m$, такое что $$ \sqrt{n}+\sqrt{n+1} \lt m \leqslant \sqrt{4n+2} $$

Возводим в квадрат:$$ 2n+1+2\sqrt{n(n+1)} \lt m^2 \leqslant 4n+2 $$

Учитывая что $\sqrt{n(n+1)}\geqslant n$ для целого неотрицательного $n$ (опять неравенство на самом деле строгое!), получаем: $$ 4n+1 \lt m^2 \leqslant 4n+2 $$ и поскольку $m^2$ — целое число, то $$ m^2=4n+2=2(2n+1) $$

Есть среди нас такие, у кого последнее равенство вызывает чувство дискомфорта? Обязательно есть! Квадрат целого числа делится на 2, но не делится на 4, что невозможно себе представить даже в фильмах ужасов! Полученное противоречие доказывает утверждение.

4.8Доказать, что уравнение: $\quad\lfloor x \rfloor + \lfloor 2x \rfloor + \lfloor 4x \rfloor + \lfloor 8x \rfloor + \lfloor 16x \rfloor + \lfloor 32x \rfloor = 12345\quad$ не имеет решений.

Канадская олимпиада, 1981. Приводится авторское решение.

Обозначим сумму слева через $S$: $$ S = \lfloor x \rfloor + \lfloor 2x \rfloor + \lfloor 4x \rfloor + \lfloor 8x \rfloor + \lfloor 16x \rfloor + \lfloor 32x \rfloor $$

Из свойства 6b следует: $$ 2\lfloor x \rfloor \leqslant \lfloor 2x \rfloor \leqslant 2\lfloor x\rfloor+1 \\ 4\lfloor x \rfloor \leqslant \lfloor 4x \rfloor \leqslant 4\lfloor x\rfloor+3 \\ 8\lfloor x \rfloor \leqslant \lfloor 8x \rfloor \leqslant 8\lfloor x\rfloor+7 \\ 16\lfloor x \rfloor \leqslant \lfloor 16x \rfloor \leqslant 16\lfloor x\rfloor+15 \\ 32\lfloor x \rfloor \leqslant \lfloor 32x \rfloor \leqslant 32\lfloor x \rfloor+31 $$

Складывая эти неравенства и добавляя $\lfloor x \rfloor$ ко всем частям, получаем: $$ 63 \lfloor x \rfloor \leqslant S \leqslant 63 \lfloor x \rfloor + 57 $$

Таким образом, остаток от деления $S$ на $63$ не может быть больше $57$. Кстати, а какой остаток дает $12345$ при делении на $63$? Давайте проверим: $12345 = 63 \cdot 195 + 60$. Комментарии излишни.

Достойный финал для этой серии задач!

Решения задач
части 4

О целом дроби и о дроби в целом. Решения задач части 3.

Решения задач
части 3

3.1 Решить уравнение: $\quad \left\lfloor \frac{2x-1}{3} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{4x+1}{6} \right\rfloor = \frac{5x-4}{3}$

В задаче 2.3 уже встречалось уравнение с двумя целыми частями, но там они были равны, поэтому достаточно было ввести обозначение для целой части, как ларчик просто открывался. В данном случае такой метод не подходит.

Выручает следующее наблюдение: $\dfrac{4x+1}{6} - \dfrac{2x-1}{3} = \dfrac{1}{2}$.

Таким образом, если $\left\{ \frac{2x-1}{3} \right\} \lt \frac{1}{2}$, то $\left\lfloor \frac{4x+1}{6} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{2x-1}{3} \right\rfloor$, тогда как при $\left\{ \frac{2x-1}{3} \right\} \geqslant \frac{1}{2}$ имеем $\left\lfloor \frac{4x+1}{6} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{2x-1}{3}\right\rfloor + 1$, поэтому в любом случае можно свести две целые части к одной.

Рассмотрим каждый случай.

а) Дробная часть $\left\{ \frac{2x-1}{3} \right\}$ меньше половины: $$ \left\{ \dfrac{2x-1}{3} \right\} \lt \dfrac{1}{2} \label{eq:0101}\tag{3.1.1}. $$

В этом случае целые части равны, так что $$ 2\;\left\lfloor \frac{2x-1}{3} \right\rfloor = \frac{5x-4}{3} $$ или $$ \left\lfloor \frac{2x-1}{3} \right\rfloor = \frac{5x-4}{6} $$

Дальше все отлажено: $y=\frac{5x-4}{6}$, отсюда $$ x=\frac{6y+4}{5} \label{eq:0102}\tag{3.1.2} $$ следовательно $$ \frac{2x-1}{3} = \frac{4y+1}{5} \label{eq:0103}\tag{3.1.3} $$

Таким образом получаем неравенство $0 \leqslant \frac{4y+1}{5} - y \lt 1$, решая которое находим: $$ -4 \lt y \leqslant 1 \label{eq:0104}\tag{3.1.4} $$ Этот интервал можно сузить, если принять во внимание $\eqref{eq:0101}$. Заметим что $\eqref{eq:0103}$ можно записать как $\frac{2x-1}{3} = y + \frac{1-y}{5}$, при этом из $\eqref{eq:0104}$ следует, что $0 \leqslant \frac{1-y}{5} \lt 1$, так что $\left\{ \frac{2x-1}{3} \right\} = \frac{1-y}{5}$, и требование $\eqref{eq:0101}$ записывается в виде: $\frac{1-y}{5} \lt \frac{1}{2}$, откуда $y \geqslant -1$ и, с учетом $\eqref{eq:0103}$, $-1 \leqslant y \leqslant 1$.

Для каждого $y \in [-1, 1]$ находим значения $x$ используя $\eqref{eq:0102}$. Получаем: $x_1=-\frac{2}{5}=-0,4$; $x_2=\frac{4}{5}=0,8$; $x_3=2$.

b) $\left\{ \dfrac{2x-1}{3} \right\} \geqslant \dfrac{1}{2}$.

В этом случае вторая целая часть на единицу больше, чем первая, таким образом $$ 2\;\left\lfloor \frac{2x-1}{3} \right\rfloor + 1 = \frac{5x-4}{3} $$ или $$ \left\lfloor \frac{2x-1}{3} \right\rfloor = \frac{5x-7}{6} $$

В этот раз требуется подстановка $y=\frac{5x-7}{6}$, при этом $x=\frac{6y+7}{5}$, $\frac{2x-1}{3}=\frac{4y+3}{5}=y+\frac{3-y}{5}$. Решая неравенство $0 \leqslant \frac{4y+3}{5} - y \lt 1$, находим $-2 \lt y \leqslant 3$, что, благодаря $\left\{\frac{2x-1}{3}\right\}=\frac{3-y}{5}\geqslant\frac{1}{2}$ сужается до $-1 \leqslant y \leqslant 0$. Для этих значений $y$ находим: $x_4=\frac{1}{5}=0,2$; $x_5=\frac{7}{5}=1,4$.

Ответ: $-0,4$; $0,2$; $0,8$; $1,4$; $2$,

3.2 Решить уравнение: $\quad |\sin x + \cos x| = 5 - 4\lfloor x \rfloor$

Пользуясь формулой для $a\;\sin x + b\;\cos x$, преобразуем уравнение к виду: $$ \sqrt{2}\left|\sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right)\right| = 5 - 4\lfloor x \rfloor $$ откуда следует $$ 0 \leqslant 5 - 4\lfloor x \rfloor \leqslant \sqrt{2}\\ 0 \lt \frac{5-\sqrt{2}}{4} \leqslant \lfloor x \rfloor \leqslant \frac{5}{4} $$

Таким образом, $\lfloor x \rfloor=1$. Подстановка этого значения в исходное уравнение, дает: $$ \sqrt{2}\left|\sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right)\right| = 1\\ \left|\sin\left(x + \frac{\pi}{4}\right)\right| = \frac{\sqrt{2}}{2} $$ откуда $x + \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi}{4} + \dfrac{\pi}{2}k, \quad k=0,\pm 1,\pm 2...$, следовательно $x = \dfrac{\pi}{2}k$. Из $\lfloor x \rfloor=1$ следует $1 \leqslant \dfrac{\pi}{2}k \lt 2$, или $0 \lt \dfrac{2}{\pi} \leqslant k \lt \dfrac{4}{\pi} \lt 2$, поэтому $k=1$, следовательно $x=\dfrac{\pi}{2}$.

3.3Решить уравнения:
a) $\left\{ x + \dfrac{1}{x} \right\} = \{x\} + \dfrac{1}{\{x\}}$;
b) $\left\lfloor x + \dfrac{1}{x} \right\rfloor = \lfloor x \rfloor + \dfrac{1}{\lfloor x \rfloor}$

При решении этих уравнений существенную роль играют следующие тождественные неравенства: $$ \begin{array}{l} a + \dfrac{1}{a} \geqslant 2,\quad \text{при}\;a \gt 0\,,\\ a + \dfrac{1}{a} \leqslant -2,\quad \text{при}\;a \lt 0\,. \end{array} \label{eq:0301}\tag{3.3.1} $$ причем равенство достигается при $a=\pm 1$.

Первое неравенство получается из неравенства между средне-арифметическим и средне-геометрическим заменой $b$ на $\frac{1}{a}$, при этом для достижения равенства требуется $a=\frac{1}{a}$, откуда $a=1$. Если $a \lt 0$, то с помощью подстановки $a=-b\;(b \gt 0)$ получаем: $a+\frac{1}{a} = -(b+\frac{1}{b}) \leqslant -2\,$, причем равенство достигается при $b=1$ или $a=-1$.

Обратимся теперь к решению уравнений:

a) Согласно свойству 1^f дробной части $\{x\} \geqslant 0$, причем значение $\{x\} = 0$ не допустимо для $\{x\} + \frac{1}{\{x\}}$. Поскольку $\{x\} \gt 0$, получаем: $\{x\} + \frac{1}{\{x\}} \geqslant 2$, в то время как $\left\{ x + \frac{1}{x} \right\} \lt 1$. Уравнение не имеет решений.

b) Так как $\left\lfloor x + \frac{1}{x} \right\rfloor$ и $\lfloor x \rfloor$ — целые числа, целым должно быть также число $\frac{1}{\lfloor x \rfloor}$, что возможно лишь при $\lfloor x \rfloor = \pm 1$. Таким образом $\left\lfloor x + \frac{1}{x} \right\rfloor = \pm 2$, что приводит к следующим системам неравенств: $$ \begin{cases} 2 \leqslant x + \dfrac{1}{x} \lt 3 \\ 1 \leqslant x \lt 2 \end{cases} \qquad \begin{cases} -2 \leqslant x + \dfrac{1}{x} \lt -1 \\ -1 \leqslant x \lt 0 \end{cases} $$ которые, благодаря тождественным неравенствам $\eqref{eq:0301}$, можно упростить: $$ \begin{cases} x + \dfrac{1}{x} \lt 3 \\ 1 \leqslant x \lt 2 \end{cases} \label{eq:0302}\tag{3.3.2} $$ $$ \begin{cases} x + \dfrac{1}{x} = -2 \\ -1 \leqslant x \lt 0 \end{cases} \label{eq:0303}\tag{3.3.3} $$

Заметим, что если $1 \leqslant x \lt 2$, то $\frac{1}{x} \leqslant 1$, так что $x + \frac{1}{x} \lt 3$ и первое неравенство $\eqref{eq:0302}$ удовлетворяется автоматически. Что касается системы $\eqref{eq:0303}$, то ее решение очевидно: $x=-1$.

Ответ: $x=-1$ или $1 \leqslant x \lt 2$.

3.4Решить уравнение: $\quad \lfloor x \rfloor + \dfrac{1}{\lfloor x \rfloor} = \{x\} + \dfrac{1}{\{x\}}$

Уравнение определено, когда $\lfloor x \rfloor$ и $\{x\}$ отличны от нуля.

Умножая на $\lfloor x \rfloor\{x\}$ и перенося все в левую часть, получаем: $$ \lfloor x \rfloor^2\{x\} + \{x\} - \lfloor x \rfloor\{x\}^2 - \lfloor x \rfloor = 0\\ $$ то есть $$ (\lfloor x \rfloor\{x\}-1)(\lfloor x \rfloor -\{x\}) = 0 $$ где один из сомножителей обязан быть нулевым.

Из $\lfloor x \rfloor-\{x\}=0$ следует $\{x\}=\lfloor x \rfloor$, поэтому $\{x\}$ — целое число, значит $\{x\}=0$, что однако не допустимо.

Остается надеяться лишь на $\lfloor x \rfloor\{x\}-1=0$ то есть $\lfloor x \rfloor\{x\}=1$. Пусть $k=\lfloor x \rfloor$. Так как $\{x\}$ — положительно, $k$ также положительно. При этом $\{x\}=\dfrac{1}{k}$, так что $x=k+\dfrac{1}{k}$. Кроме того, из $\dfrac{1}{k} = \{x\} \lt 1$ следует $k \geqslant 2$.

Верно и обратное: если $x=k+\dfrac{1}{k}$, где $k$ — целое число, не меньшее $2$, то $0 \lt x-k = \dfrac{1}{k} \lt 1$, следовательно $\lfloor x \rfloor=k$, и $\{x\}=\dfrac{1}{k}$, так что уравнение выполнено.

Ответ: $x=k+\dfrac{1}{k},\;\;k=2,3,...$

3.5Решить уравнение:$\quad x^2+\{x\}^2=50$

Так как $0 \leqslant \{x\} \lt 1$, то $\{x\}^2 \lt 1$. Поэтому $0 \leqslant 50-x^2 \lt 1$, откуда: $$ 49 \lt x^2 \leqslant 50 \,, $$ следовательно $$ 7 \lt |x| \leqslant \sqrt{50} \lt 8 \,, $$

Таким образом, $\lfloor x \rfloor$ равно $7$ или $(-8)$. Обозначим $y = \{ x \}$. Подставляя в исходное уравнение и учитывая $x = \lfloor x \rfloor + \{ x \}$, получаем, что $y$ должен быть корнем одного из следующих уравнений. $$ \begin{array}{l} (y+7)^2 + y^2 = 50 \\ (y-8)^2 + y^2 = 50 \end{array} $$

Корни первого уравнения $\frac{-7 \pm \sqrt{51}}{2}$, корни второго уравнения $1$ и $7$. Так как $0 \leqslant y \lt 1$, подходит только $y=\frac{\sqrt{51}-7}{2}$, соответствующий $\lfloor x \rfloor = 7$. Отсюда $x=7+\frac{\sqrt{51}-7}{2} = \frac{\sqrt{51}+7}{2}$

Ответ: $x=\dfrac{\sqrt{51}+7}{2}$

3.6 Решить уравнение: $\{(x+1)^3\} = x^3$

Всероссийская математическая олимпиада, 1998

Запишем уравнение в виде: $$ \{(3x^2+3x+1)+x^3\} = x^3 \label{eq:0601}\tag{3.6.1} $$

Согласно свойству 1^f дробной части $0 \leqslant x^3 \lt 1$, откуда $$ 0 \leqslant x \lt 1 \label{eq:0602}\tag{3.6.2} $$ В этом случае из $\eqref{eq:0601}$ следует, что $(3x^2+3x+1)$ является целой частью числа $(x+1)^3$. Таким образом число $(3x^2+3x+1)$, а значит и $(3x^2+3x)$ обязано быть целым: $$ 3x^2+3x = n \label{eq:0603}\tag{3.6.3} $$ где $n$ — целое число.

Решив $\eqref{eq:0603}$, находим $x=\dfrac{-3\pm\sqrt{9+12n}}{6}$, при этом корень $\dfrac{-3-\sqrt{9+12n}}{6}$ - заведомо отрицательный, что противоречит $\eqref{eq:0602}$.

Найдем значения $n$, при которых $x=\dfrac{-3+\sqrt{9+12n}}{6}$ удовлетворяет $\eqref{eq:0602}$: $$ 0 \leqslant \dfrac{-3+\sqrt{9+12n}}{6} \lt 1 $$ откуда $0 \leqslant n \lt 6$.

Рассуждая в обратную сторону приходим к выводу, что при $0 \leqslant n \leqslant 5$ значение $x=\dfrac{-3+\sqrt{9+12n}}{6}$ удовлетворяет заданному неравенству.

Ответ: $x=\dfrac{-3+\sqrt{9+12n}}{6}$, где $n=0,1,2,3,4,5$.

3.7Решить уравнение: $\quad \lfloor x^3 \rfloor - 3\lfloor x \rfloor^2 + 3\lfloor x \rfloor = \{x\} + 2$

Эта шуточная задача заимствована из Н.Б.Алфутова, Ю.Е.Егоров, А.В.Устинов. «18×18 Вступительные задачи ФМШ при МГУ.» М: МЦНМО, 2017, стр.39 (без решения).

Поскольку все члены, кроме $\{x\}$ обязаны быть целыми числами, $\{x\}$ — также целое число. Поэтому $\{x\}=0$, то есть $x$ — целое число. Убирая все знаки целой части и заодно $\{x\}$, получаем: $x^3 - 3x^2 + 3x = 2$, или $(x-1)^3 = 1$, откуда $x=2$.

3.8Решить систему уравнений:
$\qquad\qquad \left \{ \begin{matrix} x + \lfloor y \rfloor + \{z\} = 1,1 \\ y + \lfloor z \rfloor + \{x\} = 2,2 \\ z + \lfloor x \rfloor + \{y\} = 3,3 \end{matrix} \right . $

Складывая все три уравнения получаем: $$ x + \lfloor y \rfloor + \{z\} + y + \lfloor z \rfloor + \{x\} + z + \lfloor x \rfloor + \{y\} = 6,6 $$ Группируем: $$ x + y + z + (\lfloor x \rfloor+\{x\}) +(\lfloor y \rfloor + \{y\}) + (\lfloor z \rfloor + \{z\}) = 6,6 $$ откуда $$ x + y + z = 3,3 \label{eq:0801}\tag{3.8.1} $$

Теперь сложим только первое и второе уравнения. Получим: $$ x+y+z+\{x\}+\lfloor y \rfloor = 3,3 $$ Учитывая $\eqref{eq:0801}$, получаем $$ \{x\}+\lfloor y \rfloor = 0 $$

Аналогично, сложив 2-е и 3-е уравнение, а затем 1-е и 3-е уравнения получаем:
$$ \begin{array}{l} \{y\} + \lfloor z \rfloor = 2,2 \\ \{z\} + \lfloor x \rfloor = 1,1 \end{array} $$

Учитывая, что $\lfloor y \rfloor$, $\lfloor z \rfloor$ и $\lfloor x \rfloor$ — целые числа, находим: $\{x\} = \{0\} = 0$, $\{y\} = \{2,2\} = 0,2$, $\{z\} = \{1,1\} = 0,1$.

Осталось найти целые части неизвестных. Прежде всего заметим, что $$ \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + \lfloor z \rfloor = (x+y+z) - (\{x\}+\{y\}+\{z\}) $$ так что, учитывая $\eqref{eq:0801}$, $$ \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + \lfloor z \rfloor = 3 \label{eq:0802}\tag{3.8.2} $$

Далее, заменив в первом из заданных уравнений $x$ на $\lfloor x \rfloor + \{x\}$ и подставив известные значения $\{x\}$ и $\{z\}$, получим: $$ \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor = 1 $$ откуда, в силу $\eqref{eq:0802}$, $\lfloor z \rfloor=2$. Аналогично получаем $\lfloor x \rfloor=1$, $\lfloor y \rfloor=0$.

Ответ: $x=1;\;y=0,2;\;z=2,1$.

3.9Сколько целых чисел $n$, удовлетворяющих условию $\displaystyle \left\lfloor\sqrt{\left\lceil\sqrt{n}\,\right\rceil}\right\rfloor = \left\lceil\sqrt{\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor}\,\right\rceil $ существует в диапазоне от 1 до 10000 включительно?

Свежая задача из "The Harvard-MIT Mathematics Tournament", ноябрь 2017. Откровенно говоря, я не люблю задачи, требующие что-то подсчитать, так как в них действительно легко, цитируя красноречивого В. Сойфера (см комментарий к задаче 2.4), «подловиться на пустячке». Однако в таких задачах есть определенная польза, так как они «ум в порядок приводят», приучая мыслить взвешенно и без суеты.

Ввиду свойства 2а^c, $\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor \leqslant \left\lceil\sqrt{n}\right\rceil$, причем равенство имеет место тогда и только тогда, когда $\sqrt{n}$ — целое число. Поэтому рассмотрим два случая.

а) Если $t=\sqrt{n}$ — целое число, то $\lfloor\sqrt{n}\rfloor = \lceil\sqrt{n}\rceil = t$, поэтому уравнение задачи записывается в виде: $$ \left\lfloor\sqrt{t}\right\rfloor = \left\lceil\sqrt{t}\right\rceil $$ что возможно тогда и только тогда, когда $k=\sqrt{t}$ — целое число. Таким образом $t=k^2$, откуда $n=k^4$ — четвертая степень целого числа. Так как $10000=10^4$, в интересующем нас промежутке существует 10 чисел вида $k^4$: 1, 16, 81, ... 10000.

b) Пусть $\sqrt{n}$ не является целым числом и $t=\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor$. Тогда $$ t \lt \sqrt{n} \lt t+1 \label{eq:0901}\tag{3.9.1} $$

В этом случае $\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor=t$, $\left\lceil \sqrt{n} \right\rceil = t+1$, так что условие задачи принимает вид: $$ \left\lceil\sqrt{t}\right\rceil = \left\lfloor\sqrt{t+1}\right\rfloor \label{eq:0902}\tag{3.9.2} $$

Если $k$ — общее значение правой и левой частей равенства $\eqref{eq:0902}$, получаем: $$ \sqrt{t} \leqslant k \leqslant \sqrt{t+1} \label{eq:0903}\tag{3.9.3} $$ при этом из $\sqrt{t+1} - \sqrt{t} = \frac{1}{\sqrt{t+1} + \sqrt{t}} \lt 1$ следует, что равенство $\eqref{eq:0903}$ является достаточным для выполнения $\eqref{eq:0902}$.

Возведение в квадрат дает: $t \leqslant k^2 \leqslant t+1$, откуда $k^2-1 \leqslant t \leqslant k^2$, , таким образом, $t=k^2-1$ или $t=k^2$.

Подстановка полученных значений $t$ в $\eqref{eq:0901}$ с последующим возведением в квадрат показывает, что должно быть выполнено одно из следующих неравенств: $$ \left. \begin{matrix} (k^2-1)^2 \lt n \lt k^4 \\ k^4 \lt n \lt (k^2+1)^2 \end{matrix} \right. \label{eq:0904}\tag{3.9.4} $$

Добавление к набору неравенств $\eqref{eq:0904}$ чисел вида $k^4$, полученных при рассмотрении случая a), скрепляет неравенства в одно: $$ (k^2-1)^2 \lt n \lt (k^2+1)^2 $$

Подсчитаем количество чисел, соответствующих $k$. Самое малое из таких равно $(k^2-1)^2+1=k^4-2k^2+2$, а самое большое — это $(k^2+1)^2-1=k^4+2k^2$, поэтому количество чисел равно $p_k=(k^4+2k^2)-(k^4-2k^2+2)+1=4k^2-1$. Осталось просуммировать $p_k$ для $k$ от 1 до 10 ... стоп! Здесь не следует суетиться, а проявить ту самую взвешенность, о которой говорилось ранее. Дело в том, что при $k=10$ чи́сла бо́льшие $k^4$ превышают 10000, так что в этом случае у нас есть только $k^4-(k^4-2k^2+2)+1 = 2k^2-1=199$ чисел.

Теперь можно суммировать. При этом используется формула суммы квадратов первых $n$ чисел: $1^2+2^2+...+n^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ (которую можно доказать, например, по индукции). $$ P_{10} = p_1+p_2+...+p_9+199 = (4 \cdot 1^2-1) + (4 \cdot 2^2-1) + ... + (4 \cdot 9^2-1) + 199 =\\ 4(1^2+2^2+...+9^2)-9+199 = 4 \cdot \frac{9 \cdot 10 \cdot 19}{6}+190=1330 $$

Из чистого любопытства подсчитаю количество чисел, удовлетворяющих условию задачи среди первых $n^4$ чисел: $$ P_{n}=4\frac{(n-1)n[2(n-1)+1]}{6}-(n-1)+2n^2-1=\frac{2(n-1)n(2n-1)}{3}+n(2n-1)=\\ \frac{(2n-2+3)n(2n-1)}{3}=\frac{n(4n^2-1)}{3} $$

Подставьте сюда $n=10$ и получите точно по ответу. Признаться, формула оказалась гораздо проще, чем я ожидал.

Решения задач
части 3

О целом дроби и о дроби в целом. Решения задач части 2.

Решения задач
части 2

2.1 Решить уравнение: $$ \left \lfloor \dfrac{x-1}{3} \right \rfloor = x + 5 $$

Аналитический метод.

Согласно свойству 1 данное уравнение эквивалентно следующим двум требованиям:

$\qquad x+5$ — целое, откуда $x$ — целое

$\qquad 0 \leqslant \dfrac{x-1}{3} - (x+5) \lt 1$

Умножая последнее неравенство на 3, приводя подобные члены и выделяя переменное в средней части, приходим к $16 \leqslant -2x \lt 19$ или $-9\frac{1}{2} \lt x \leqslant -8$, oткуда находим решения: $x=-9$ и $x=-8$

Графический метод.

Для построения графика функции $y=\left \lfloor \dfrac{x-1}{3} \right \rfloor$ проще всего найти точки разрыва, получаемые из требования $\dfrac{x-1}{3} = n$, откуда $x=3n+1$, где $n$ — целое число, при этом скачек в точках разрыва равен 1, в соответствии с коэффициентом при целой части, а длина каждого отрезка равна 3, как расстояние между абсциссами соседних точек разрыва. (Легко видеть, что длина отрезка – это величина, обратная коэффициенту при $x$.) Полагая $n=0$, получаем один из отрезков графика, соединяющих точки (1,0) и (4,0). Остальные отрезки получаются сдвигом на $\pm 3$ вдоль оси абсцисс и $\pm 1$ вдоль оси ординат.

График функции $y=\left \lfloor \frac{x-1}{3} \right \rfloor$ обозначен синей линией. Зеленой линией обозначен график функции $y=x+5$:

Графическое решение уравнения $\left\lfloor \frac{x-1}{3} \right\rfloor = x + 5$

Как видно из чертежа, графики пересекаются в точках с координатами (-9,-4) и (-8,-3), абсциссы которых дают решения уравнения.

2.2 Решить уравнение: $$ \left \lfloor \dfrac{2x-3}{5} \right \rfloor = \dfrac{3x+2}{11} $$

Аналитический метод.

Снова применяя свойство 1, получаем следующее:

$\qquad \dfrac{3x+2}{11}$ — целое

$\qquad 0 \leqslant \dfrac{2x-3}{5} - \dfrac{3x+2}{11} \lt 1$

Увы, в этот раз $x$ может быть дробным, что несколько отличает данную задачу от предыдущей. Однако можно «методом чайника» сделать неизвестное целым путем подстановки $у=\dfrac{3x+2}{11}$. При этом $$ x=\dfrac{11y-2}{3} \label{eq:0201}\tag{2.2.1} $$ и последнее неравенство записывается в виде $$ 0 \leqslant \frac{22y-13}{15} - y \lt 1. $$

Дальше, действуем уже знакомым методом: умножаем последнее неравенство на 15, приводим подобные члены и выделям неизвестное в средней части. Получается: $$ 1\dfrac{6}{7} \leqslant y \lt 4. $$

Полученный полуинтервал содержит два целых числа: $2$ и $3$. По этим значениям $y$, находим $x$, пользуясь $\eqref{eq:0201}$: $x=6\dfrac{2}{3}$ и $x=10\dfrac{1}{3}$.

Графический метод.

График функции $y=\left \lfloor \dfrac{2x-3}{5} \right \rfloor$ строится аналогично похожему графику из предыдущей задачи, тогда как с графиком функции $y=\dfrac{3x+2}{11}$ вообще не должно быть проблем:

Графическое решение уравнения $\left \lfloor \frac{2x-3}{5} \right \rfloor = \frac{3x+2}{11}$

Хорошо заметно, что графики пересекаются в точках с ординатами $2$ и $3$. Возможно также пересечение в точке с ординатой $4$. Для определения точных значений абсцисс решим уравнения $\dfrac{3x+2}{11}=\lambda$ для $\lambda=2,\;3,\;4$. Получаем значения $x$, равные соответственно $6\frac{2}{3}$, $10\frac{1}{3}$ и $14$. Точки $\left( 6\frac{2}{3}, 2\right)$ и $\left(10\frac{1}{3}, 3\right)$ лежат внутри отрезков графика $y=\left \lfloor \frac{2x-3}{5} \right \rfloor$, тогда как точка $\left( 14, 4 \right)$ является правым концом отрезка и графику не принадлежит. Таким образом решений только два: $x=6\dfrac{2}{3}$ и $x=10\dfrac{1}{3}$.

2.3 Решить уравнение: $$ \left \lfloor \dfrac{x-3}{2} \right \rfloor = \left \lfloor \dfrac{x-2}{3} \right \rfloor $$

Аналитический метод.

Здесь целая часть не присутствует в явном виде, однако можно ее ввести. Положим $\left\lfloor \dfrac{x-3}{2} \right\rfloor = \left\lfloor \dfrac{x-2}{3} \right\rfloor = n$ ($n$ — целое число). Тогда получим систему неравенств $$ \left \{ \begin{matrix} 0 \leqslant \dfrac{x-3}{2} - n \lt 1 \\ 0 \leqslant \dfrac{x-2}{3} - n \lt 1 \end{matrix} \right. $$

Выполнение самих собой напрашивающихся операций дает: $$ \left \{ \begin{matrix} 2n+3 \leqslant x \lt 2n+5 \\ 3n+2 \leqslant x \lt 3n+5 \end{matrix} \right. \label{eq:0301}\tag{2.3.1} $$

Для существования $x$ необходимо, чтобы полуинтервалы $[2n+3,\;2n+5)$ и $[3n+2,\;3n+5)$ имели общие точки, то есть один из концов одного интервала находился внутри другого интервала. Два двойных неравенства! Нельзя ли попроще? Можно! Вместо этого определим, когда интервалы не имеют общих точек. Для этого достаточно, чтобы правый конец каждого полуинтервала не был правее левого конца другого полуинтервала (совпадение допускается). Таким образом получаем два «обычных» неравенства: $$ 2n+5 \leqslant 3n+2 \\ 3n+5 \leqslant 2n+3 $$ решая которые, находим: $n \geqslant 3$ и $n \leqslant -2$. Помятуя, что мы ищем целые числа, не удовлетворяющие ни одному из этих неравенств, получаем: $-1 \leqslant n \leqslant 2$.

Решая систему неравенств $\eqref{eq:0301}$ для каждого целого $n \in [-1,2]$, находим оценки для $x$: $$ \begin{matrix} n=-1: & 1 \leqslant x \lt 2 & \qquad & n=0: & 3 \leqslant x \lt 5 \\ n=1: & 5 \leqslant x \lt 7 & \qquad & n=2: & 8 \leqslant x \lt 9 \end{matrix} $$

Таким образом, $x \in [1,2) \cup [3,7) \cup [8,9)$. Как видим, в данном случае решеним являются множество промежутков, а не конкретные значения.

Графический метод.

Хотя графический метод первоначально не планировался для решения этой задачи, без него решение выглядело бы незаконченным, ибо только графики позволяют оживить сухие математические выкладки. Подобно древнеиндийским математикам приведу только чертеж и произнесу магическое «Смотри!»:

Графическое решение уравнения $\left \lfloor \frac{x-3}{2} \right \rfloor = \left \lfloor \frac{x-2}{3} \right \rfloor$

2.4Решить уравнение: $$ x^2 - 10\lfloor x \rfloor + 9 = 0 $$

Задача предлагалась на одной из олимпиад Сороса (II, 1995 год). Как писал в 1994 году (статья в независимом альманахе «Лебедь») генеральный директор Международной научно-образовательной программы Сороса (англ. ISSEP — International Soros Science Education Program) Валерий Сойфер, эти олимпиады ставили целью «уйти от сложившегося заумного стиля, языка и содержания задач традиционных государственных олимпиад: не вносить в задачи ничего намеренно усложненного, не протаскивать никаких потаенных мыслей между строками, не подлавливать школьника на пустячке, стараться подставить ему ножку». Сколько желчи! Так и хотелось подставить ножку автору приведенной цитаты, пока я не узнал, что это — всеми уважаемый биолог, сделавший головокружительную карьеру в СССР перед тем, как уехать оттуда в поисках лучшей жизни. Вряд ли он принимал участие в организации Всесоюзных олимпиад, которые проводились только по математике, физике и химии. Тогда откуда столь уверенное и бескомпромиссное суждение о «государственных олимпиадах»? Не кроется ли за этим нечто личное? Возможно, ностальгия по лучшим годам, хотя более вероятно, просто желание выслужиться перед своим утопающим в долларах «старшим братом». Скажу без «потаенных мыслей между строками», что мне самому, ненавидящему тоталитаризм и наглухо запертые границы, тоже пришлось столкнуться с преследованиями в те годы. Однако, говоря о покойном государстве, хочется вспомнить то лучшее, что утеряно навсегда. И олимпиады — это как раз то, чем СССР был вправе гордиться! Не случайно, Международные Математические Олимпиады возникли именно в странах социалистического лагеря, и туда действительно попадали лучшие из лучших. Что касается данной задачи, то, по моему мнению, она демонстрирует именно то, что так критикует автор статьи: обилие вычислений и полное отсутствие «креативности». Хотя, возможно, я ошибаюсь, и авторское решение (в отличие от моего собственного, предлагаемого ниже) гораздо компактнее.

Стоит только выделить $\lfloor x \rfloor$: $$ \lfloor x \rfloor = \frac{x^2+9}{10} \label {eq:2.4.1}\tag{2.4.1} $$ как дальше все идет по проторенной дорожке: $$ 0 \leqslant x - \frac{x^2+9}{10} \lt 1 \\ -10 \lt x^2-10x+9 \leqslant 0 \\ $$

Полученное двойное неравенство по сути является системой квадратных неравенств: $$ \left \{ \begin{matrix} x^2-10x+19 \gt 0\\ x^2-10x+9 \leqslant 0 \end{matrix} \right. $$

Решение первого неравенства $(-\infty, 5 - \sqrt{6}) \cup ( 5 + \sqrt{6}, \infty)$. Решение второго неравенства: $[1,9]$. Так как $2 \lt \sqrt{6} \lt 3 $, то $1 \lt 5-\sqrt{6} \lt 5+\sqrt{6} \lt 9$. Таким образом пересечение решений есть $[1,5 - \sqrt{6}) \cup ( 5 + \sqrt{6}, 9]$. Рассмотрим каждый из полуинтервалов в отдельности.

Пусть $1 \leqslant x \lt 5 - \sqrt{6}$. Тогда $1 \leqslant x^2 \lt 31-10\sqrt{6}$, следовательно $1 \leqslant \lfloor x \rfloor = \dfrac{x^2+9}{10} \lt 4-\sqrt{6} \lt 2$ откуда $\lfloor x \rfloor=1$. Подставляя это значение в исходное уравнение и учитывая, что $x \geqslant 1$, следовательно положительно, получаем $x_1=\sqrt{10-9}=1$

Если $5 + \sqrt{6} \lt x \leqslant 9$, то $31+10\sqrt{6} \lt x^2 \leqslant 81$, следовательно $6 \lt 4+\sqrt{6} \lt \lfloor x \rfloor = \dfrac{x^2+9}{10} \leqslant 9$, таким образом $7 \leqslant \lfloor x \rfloor \leqslant 9$. Подставляя каждое из $\lfloor x \rfloor$ в исходное уравнение и учитывая $x \gt 0$, находим $x_2=\sqrt{70-9}=\sqrt{61}$, $x_3=\sqrt{80-9}=\sqrt{71}$, $x_4=\sqrt{90-9}=9$.

Таким образом уравнение имеет 4 решения: $1$, $\sqrt{61}$, $\sqrt{71}$, $9$.

PS В статье А. Егоров. «Целая и дробная части числа» Квант №5, 2002 ее автор при решении этой задачи предпочитает не сужать множество значений $x$, а, пользуясь результатом 2-го неравенства, проверять все значения $\lfloor x \rfloor$ в диапазоне от 1 до 9. Такой подход является единственно возможным, когда одно из неравенств не решается (как, например, в следующей задаче). В данном случае сужение диапазона представляется более эффективным.

Эта задача также допускает простое графическое решение, основанное на равенстве $\eqref{eq:2.4.1}$:

Графическое решение уравнения $x^2 - 10\lfloor x \rfloor + 9 = 0$ (оно же $\lfloor x \rfloor = \frac{x^2+9}{10}$)

2.5Решить уравнение: $\quad x^4 - 2x^2 - \lfloor x \rfloor = 0$

Решаем знакомым из 2.1 методом:
$$ \lfloor x \rfloor = x^4 - 2x^2\\ -1 \lt x^4 - 2x^2 - x \leqslant 0\\ $$

Получаем систему неравенств:
$$ \left \{ \begin{matrix} x^4 - 2x^2 - x + 1 \gt 0\\ x^4 - 2x^2 -x \leqslant 0 \end{matrix} \right. $$

Неожиданностью является то, что точное значение корней многочлена из первого неравенства получить не удается. Однако, если проявить изобретательность (или просто подобрать некоторые корни), многочлен второго неравенства удается разложить на множители, что позволяет найти его корни: $$ P(x)=x^4-2x^2-x= x(x^3-2x-1)=x[(x^3+x^2)-(x^2+2x+1)]=\\ x[x^2(x+1)-(x+1)^2]=x(x+1)(x^2-x-1)=x(x+1)\left(x-\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)\left(x-\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right) $$

Приме́ним метод интервалов. Учитывая, что $-1 \lt \frac{1-\sqrt{5}}{2} \lt 0 \lt \frac{1+\sqrt{5}}{2}$, а также то, что $P(x)$ - положительно при достаточно больших значениях абсолютной величины $x$, получаем, что $P(x) \leqslant 0$ при $-1 \leqslant x \leqslant \frac{1-\sqrt{5}}{2} \lt 0$, а также при $0 \leqslant x \leqslant \frac{1+\sqrt{5}}{2} \lt 2$. Таким образом, возможные значения $\lfloor x \rfloor$ равны: $-1$, $0$, $1$. Какая удача! Нам не удалось решить одно из неравенств, но тем не менее получили ограниченный набор возможных значений. Спасибо создателям задачи, которые об этом позаботились. 😉

Остается решить уравнения вида $x^4 - 2x^2 - \lambda = 0$, заменяя $\lambda$ всеми возможными значениями $\lfloor x \rfloor$. Уравнение такого вида (именуемое биквадратным), решается подстановкой $y=x^2$. Знак $x$ выбирается положительным, если $\lambda \geqslant 0$ и отрицательным, если $\lambda \lt 0$. Так как первое неравенство осталось нерешенным, следует при этом обязательно проверить, что целая часть полученного решения равна $\lambda$. $$ \begin{matrix} \lambda = -1\; (x \lt 0): & x^4 - 2x^2 + 1 = 0 & x=-1 \; & \text{подходит} \\ \lambda = 0\; (x \geqslant 0): & x^4 - 2x^2 = 0 & x=0,\; x=\sqrt{2}\; & \text{подходит только}\;x=0 \\ \lambda = 1\; (x \gt 0): & x^4 - 2x^2 -1 = 0 & x=\sqrt{1+\sqrt{2}}\; & \text{подходит} \end{matrix} $$

Получили три решения: $-1$, $0$ и $\sqrt{1+\sqrt{2}}$.

2.6Решить уравнение: $\quad x^3 - \lfloor x \rfloor - 7 = 0$

Предлагалась на вступительных экзаменах в Специализированный учебно-научный центр МГУ имени Колмогорова (2001 год). Из книги Н.Б. Алфутова, Ю.Е Егоров и А.В.Устинов «18×Вступительные задачи ФМШ при МГУ» М.: МЦНМО, 2017, задача 4.11, где дано авторское решение. Для разнообразия привожу собственное решение, продемонстрировав заодно еще один подход к решению подобных уравнений.

Из $\lfloor x \rfloor = x^3 - 7$ следует: $$ x^3-7 \leqslant x \lt x^3-6 $$ или $$ 6 \lt x^3-x \leqslant 7 $$

Здесь можно поступить, как при решении предыдущей задачи, поскольку $x^3-x-6 =(x-2)[(x+1)^2+2]$, и так как значения левой части и второго сомножителя правой части положительны, то $x \gt 2$ и $\lfloor x \rfloor \geqslant 2$. Далее, если $x \geqslant 3$, то $x^3-x=x(x^2-1) \geqslant 3 \cdot 8 = 24 \gt 7$. Поэтому $\lfloor x \rfloor = 2$ , так что из уравнения задачи сразу получаем $x=\sqrt[3]{9}$. Однако, во-первых. это чересчур быстро и неинтересно, а во-вторых очень хочется продемонстрировать подход в случае, когда ни одно из неравенств не решается элементарными методами. Поэтому сделаю вид, что такую возможность не заметил … так же, как и авторы книги, из которой взята эта задача.

Исследуем функцию $f(x) = x^3-x$ на монотонность. Проще всего это сделать, найдя производную функцию: $f'(x)=3x^2-1$, которая положительна при $|x|\gt \frac{1}{\sqrt{3}}$, так что функция монотонно возрастает при $x \leqslant -1$ и $x \geqslant 1$. Для тех, кто отказывается от применения дифференциального исчисления при решении школьных задач (возможно, такие найдутся среди читателей), замечу, что $$ f(y)-f(x)=(y^3-x^3)-(y-x)= (y-x)(y^2+xy+x^2-1) = (y-x)\left[\left(y+\frac{x}{2}\right)^2+\left(\frac{3}{4}x^2-1\right)\right] $$ поэтому знак $f(y) - f(x)$ совпадает со знаком $y - x$ при $|x| \gt \frac{2}{\sqrt{3}}$, в частности при $|x| \geqslant 2$.

Итак, любым из вышеперечисленных методов можно установить, что функция $f(x)$ является монотонно-возрастающей при $x\leqslant -2$ и $x \geqslant 2$. Отсюда $f(x) \leqslant f(-2) = -6$ при $x\leqslant-2$ и $f(x) \geqslant f(3) = 20$ при $x \geqslant 3$. Таким образом, интересующие нас значения $x$ находятся в интервале $(-2,3)$, следовательно $$ -2 \leqslant \lfloor x \rfloor \leqslant 2 \label{eq:0601}\tag{2.6.1} $$

Отсюда, переписав данное уравнение в виде $$ x = \sqrt[3]{\lfloor x \rfloor + 7} \label{eq:0602}\tag{2.6.2} $$ и используя монотонность функции $\sqrt[3]{x}$, получаем: $x \geqslant \sqrt[5]{5} \gt 1$, то есть $\lfloor x \rfloor \geqslant 1$, что в сопоставлении с с $\eqref{eq:0601}$ дает: $$ 1 \leqslant \lfloor x \rfloor \leqslant 2 $$

Остается, пользуясь $\eqref{eq:0602}$, вычислить $x$ для значений $\lfloor x \rfloor$ равных 1 и 2, проверяя, что целая часть вычисленного значения равна ожидаемой: $$ \begin{matrix} \lfloor x \rfloor = 1 & x = 2 & \lfloor 2 \rfloor=2 \text{ — не подходит} \\ \lfloor x \rfloor = 2 & x = \sqrt[3]{9} & \lfloor \sqrt[3]{9} \rfloor=2 \text{ — подходит} \end{matrix} $$

Ответ: $x=\sqrt[3]{9}$.

2.7Решить уравнение: $$ 1-|x+1| = \dfrac{\lfloor x \rfloor - x}{|x-1|} $$

Самая простая из задач австрийской олимпиады 1973 года.

Особенностью этого уравнения является наличие абсолютной величины. Так как $|x+1|$ и $|x-1|$, имеют излом при $x=\pm 1$, следует рассмотреть три интервала: $(-\infty, -1)$, $[-1,1)$, $(1,+\infty)$. При этом значение $1$ не принадлежит ни одному из интервалов, так как в этом случае знаменатель правой части обращается в нуль.

Умножив обе части на $|x-1|$ и выделив $\lfloor x \rfloor$ получим: $$ \lfloor x \rfloor = |x-1| - |x^2-1| + x \label{eq:0701}\tag{2.7.1} $$ Настало, наконец, время прогуляться по интервалам:

a) $x \lt -1$. Тогда $\quad |x-1| = 1-x, |x^2-1| = x^2-1$, и уравнение $\eqref{eq:0701}$ принимает вид: $$ \lfloor x \rfloor = 2-x^2 \label{eq:0702}\tag{2.7.2} $$ откуда $$ 0 \leqslant x^2 + x -2 \lt 1 $$

Решая его известным способом, получаем: $x \in \left (\frac{-1-\sqrt{13}}{2}, -2 \right ] \cup \left [1, \frac{-1+\sqrt{13}}{2} \right )$. Поскольку $x \lt -1$, положительный полуинтервал не подходит, так что $-3 \leqslant \lfloor x \rfloor \leqslant -2$. Подставляя эти значения в $\eqref{eq:0702}$ и учитывая, что $x \lt 0$, получаем: $x_1 = -\sqrt{5}$ и $x_2 = -2$.

b) $-1 \leqslant x \lt 1$. В этом случае $\quad |x-1| = 1-x \;\; \text{и} \;\; |x^2-1| = 1-x^2$, так что уравнение $\eqref{eq:0701}$ принимает вид: $$ \lfloor x \rfloor = x^2 \label{eq:0703}\tag{2.7.3} $$ откуда $$ -1 \lt x^2-x \leqslant 0 $$

Решение двойного неравенства с учетом $x \lt 1$ дает $0 \leqslant x \lt 1$, таким образом $\lfloor x \rfloor=0$, и из уравнения $\eqref{eq:0703}$ получаем $x_3 = 0$.

c) $x \gt 1$. Тогда $\quad |x-1| = x-1, |x^2-1| = x^2-1$, поэтому уравнение $\eqref{eq:0701}$ выглядит следующим образом: $$ \lfloor x \rfloor = 2x-x^2 \label{eq:0704}\tag{2.7.4} $$ откуда $$ 0 \leqslant x^2-x \lt 1 $$

Решая двойное неравенство с учетом $x \gt 1$, приходим к $1 \lt x \lt \frac{1+\sqrt{5}}{2}$, таким образом $\lfloor x \rfloor = 1$. Из уравнения $\eqref{eq:0704}$ получаем $x=1$, что не является допустимым значением.

Уравнение имеет три решения: $-\sqrt{5}$, $-2$ , и $0$.

Решения задач
части 2