| Описание и условия задач |
Решения задач части 1 |
Решения задач части 2 |
Решения задач части 3 |
Решения задач части 4 |
1.1Доказать что для равенства целых частей двух чисел, необходимо, чтобы разность этих чисел была меньше единицы: из $\lfloor a \rfloor = \lfloor b \rfloor$ (а также из $\lceil a \rceil = \lceil b \rceil$) следует $|a-b|<1$. Является это условие достаточным?
Если $\lfloor a \rfloor = \lfloor b \rfloor = n$ (или $\lceil a \rceil = \lceil b \rceil = n$), оба числа $a$ и $b$ лежат в полуинтервале $[n, n+1)$ (или $(n, n+1]$ для функции «потолок») единичной длины, следовательно $|a-b| \lt 1$.
Наоборот, если $0 \leqslant a-b \lt 1$, то в полуинтервале $(b,a]$ может находиться не более одного целого числа. Если такого числа нет, то $\lfloor b \rfloor \leqslant b \leqslant a \lt \lfloor b+1 \rfloor$, поэтому $\lfloor a \rfloor = \lfloor b \rfloor$. Если для некоторого целого $n$ имеет место $b \lt n \le a$, то $\lfloor b \rfloor = n-1$, $\lfloor a \rfloor = n$, так что $\lfloor a \rfloor - \lfloor b \rfloor = 1$. Таким образом из $|a-b| \lt 1$ следует $|\lfloor a \rfloor - \lfloor b \rfloor| \leqslant 1$ и аналогично $|\lceil a \rceil - \lceil b \rceil| \leqslant 1$, при этом равенство не всегда имеет место.
1.2Как вы заметили, $\lfloor -a \rfloor=−\lfloor a \rfloor$ лишь тогда, когда $a$ — целое число. Исправьте правую часть этого равенства, чтобы оно имело место при любых $a$.
Из $\lfloor a \rfloor \leqslant a \lt \lfloor a \rfloor+1$ следует: $(-\lfloor a \rfloor - 1) \lt -a \leqslant -\lfloor a \rfloor$, откуда, ввиду свойства 2c функции «потолок», $\lceil -a \rceil = - \lfloor a \rfloor$. Заменив в равенстве $a$ на $-a$ и умножив обе части на $-1$, получим $\lfloor -a \rfloor = - \lceil a \rceil$. Кстати, это позволяет выразить функцию ceil через floor и наоборот: $\lceil a \rceil = - \lfloor -a \rfloor$, $\lfloor a \rfloor = - \lceil -a \rceil$.
Ответ: $\lfloor -a \rfloor = - \lceil a \rceil$ (В правой части $\lfloor \ldots \rfloor$ следует заменить на $\lceil \ldots \rceil$.)
1.3Постройте графики функций $\lfloor |x| \rfloor$ и $|\lfloor x \rfloor|$. В каких случаях эти значения равны между собой?
Согласно свойствам абсолютной величины, графики функций $y=f(|x|)$ и $y=|f(x)|$ получаются из графика функции $y=f(x)$. При этом для получения $y=f(|x|)$ следует заменить часть графика, соответствующую отрицательным значениям аргумента зеркальным отражением противоположной части графика относительно оси ординат, тогда как в случае $y = |f(x)|$ аналогичная операция проделывается для части графика, соответствующей отрицательным значениям функции. Исходя из этого нетрудно построить графики требуемых функций:
 График функции $y=\lfloor |x| \rfloor$ |
 График функции $y=|\lfloor x \rfloor|$ |
Как видно из сравнения графиков, значения функций совпадают для неотрицательных и целых отрицательных значений аргумента, в остальных случаях (дробные отрицательные значения аргумента) $|\lfloor x \rfloor| = \lfloor |x| \rfloor + 1$.
1.4 Доказать, что если $n$ — целое число, то $\left\lfloor \frac{\lfloor a \rfloor}{n} \right \rfloor = \left \lfloor \frac{a}{n} \right \rfloor $.
Из $\left \lfloor \frac{a}{n} \right \rfloor \leqslant \frac{a}{n} \lt \left \lfloor \frac{a}{n} \right \rfloor +1$ следует $ n\left \lfloor \frac{a}{n} \right \rfloor \leqslant a \lt n(\left \lfloor \frac{a}{n} \right \rfloor +1)$. Поскольку крайние части неравенства являются целыми числами, на основании свойств 3a и 3b, число $a$ в середине можно заменить ее целой частью: $ n\left \lfloor \frac{a}{n} \right \rfloor \leqslant \lfloor a \rfloor \lt n(\left \lfloor \frac{a}{n} \right \rfloor +1)$, откуда $ \left \lfloor \frac{a}{n} \right \rfloor \leqslant \frac{\lfloor a \rfloor}{n} \lt \left \lfloor \frac{a}{n} \right \rfloor +1$ и $\left\lfloor \frac{\lfloor a \rfloor}{n} \right \rfloor = \left \lfloor \frac{a}{n} \right \rfloor $, что и требовалось.
1.5 Выразить $\{-a\}$ через $\{a\}$
Если $\{a\}=0$, то $a$ — целое, следовательно ($-a$) — также целое, отсюда $\{-a\}=0$.
Пусть $\{a\} \gt 0$. Тогда умножая обе части равенства $a=\lfloor a \rfloor + \{a\}$ на $(-1)$, получим: $-a=-\lfloor a \rfloor - \{a\}$. Ввиду того, что число ($- \{a\}$) отрицательно, оно не подходит в качестве дробной части. Поэтому перепишем равенство в виде: $a = -(\lfloor a \rfloor+1) + (1- \{a\})$. Так как $-(\lfloor a \rfloor+1)$ — целое число и $0 \lt 1-\{a\} \lt 1$, то $\{-a\}=1-\{a\}$.
Таким образом: $\;\{-a\} = \begin{cases} 0 \text{, если }\;\{a\}=0 \\ 1-\{a\}{, если }\; \{a\} \gt 0 \end{cases} $, или $\;\{-a\}=\{1-\{a\}\}$.
1.6Обозначим через $\lfloor a \rceil$ — ближайшее целое число, то есть число, полученное по обычным правилам округления. При этом, числа вида $n+\frac{1}{2}$, где $n$ — целое («точные половины») округляются до ближайшего четного числа. а) Доказать, что функция $y=\lfloor x \rceil$ — нечетна; b) Построить график функции.
Определенное в условии задачи ближайшее целое число можно выразить следующим образом: $$ \lfloor x \rceil =\begin{cases} \lfloor x \rfloor, \text{ если } \{x\} \lt \frac{1}{2}, \text{ а также если } \{x\} = \frac{1}{2} \text{ и } \lfloor x \rfloor \text{ — четно}\\ \lfloor x \rfloor+1 \text{ (или } \lceil x \rceil), \text{ если } \{x\} \gt \frac{1}{2}, \text{ а также если } \{x\} = \frac{1}{2} \text{ и } \lfloor x \rfloor \text{ — нечетно} \end{cases} $$
a) Если $\{a\}=0$, то $a$ — целое число и $\lfloor -a \rceil = -a = - \lfloor a \rceil$.
Рассмотрим случай $0 \lt \{a\} \lt \frac{1}{2}$. Согласно определению, $\lfloor a \rceil = \lfloor a \rfloor$, причем, как показано в предыдущей задаче, $\{-a\}=1-\{a\}$. Отсюда $\{-a\} \gt \frac{1}{2}$, так что $\lfloor -a \rceil = \lceil -a \rceil = - \lfloor a \rfloor = -\lfloor a \rceil $ (Равенство $\lceil -a \rceil = - \lfloor a \rfloor$ рассматривается в задаче 1.2). Аналогично доказывается для случая $\{a\} \gt \frac{1}{2}$.
Наконец, если $\{a\} = \frac{1}{2}$, то $\lfloor a \rceil = 2n$ ($n$ - целое) и $|a-2n|=\frac{1}{2}$, откуда следует, что $|(-a)-(-2n)|=\frac{1}{2}$, поэтому $\lfloor -a \rceil = -2n$.
b) График функции $y=\lfloor x \rceil$ показан на чертеже. Как видим, график функции состоит из отрезков и интервалов, ее нельзя линейно выразить через $y=\lfloor x \rfloor$ или $y=\lceil x \rceil$. Кроме того, функция $y=\lfloor x \rceil$ разрывна не при целых значениях аргумента, а при $x=n+\frac{1}{2}$ ($n$ — целое):
 График функции $y=\lfloor x \rceil$ |
1.7Обозначим через $\{\{a\}\}$ расстояние от $a$ до ближайшего целого числа: $\{\{a\}\} = |a-\lfloor a \rceil|$, где $\lfloor a \rceil$ — величина, определенная в предыдущей задаче. Доказать, что: a) $\{\{a\}\}=\left| \left\{ a+\frac{1}{2} \right\} - \frac{1}{2} \right |$; b) функция $\{\{x\}\}$ непрерывна; c) функция $\{\{x\}\}$ четна. Построить график функции $\{\{x\}\}$.
a) Покажем, что $\lfloor a \rceil = \left\lfloor a + \frac{1}{2} \right\rfloor$ при $\{a\} \ne \frac{1}{2}$. В самом деле из равенства $a + \frac{1}{2} = \lfloor a \rfloor + (\{a\} + \frac{1}{2})$ следует, что $$ \left\lfloor a + \frac{1}{2} \right\rfloor = \lfloor a \rfloor + \left\lfloor \{a\} + \frac{1}{2} \right\rfloor\;. $$.
Так как второe слагаемоe равно 0 при $\{a\} \lt \frac{1}{2}$ и 1 при $\{a\} \gt \frac{1}{2}$, значение $\lfloor a + \frac{1}{2} \rfloor$ подходит под определение $\lfloor a \rceil$ при $\{a\} \ne \frac{1}{2}$.
Таким образом, при $\{a\} \ne \frac{1}{2}$ получаем: $$ \{\{ a \}\} = |a - \lfloor a \rceil| = \left|a - \left\lfloor a+\frac{1}{2} \right\rfloor\right| = \left|\left(a+\frac{1}{2}\right) - \left\lfloor a+\frac{1}{2} \right\rfloor - \frac{1}{2}\right| = \left|\left\{a + \frac{1}{2} \right\} - \frac{1}{2}\right|\,, $$ что и требовалось доказать.
Если $\{a\}=\frac{1}{2}$, то $a+\frac{1}{2}$ – целое число. При этом, как легко проверить, значение $\{\{a\}\}$ равно $\frac{1}{2}$ независимо от четности $\lfloor a \rfloor$, отсюда: $$ \left|\left\{a + \frac{1}{2} \right\} - \frac{1}{2}\right| = \left|-\frac{1}{2}\right| = \frac{1}{2} = \{\{a\}\}\,. $$
Следствием доказанного является периодичность функции $\{\{x\}\}$ с наименьшим положительным периодом, равным 1.
b) Функция $\{\{x\}\} = \left| \{ x+\frac{1}{2} \} - \frac{1}{2} \right|$ может иметь разрыв только там, где функция $\{ x+\frac{1}{2} \}$ терпит разрыв, то есть при $x=n+\frac{1}{2}$ ($n$ — целое число). Вычислим односторонние пределы в этих точках.
Для этого заметим, что: $$ \{\{a\}\}=\begin{cases} \{a\}{, если }\; \{a\} \leqslant \frac{1}{2} \\ 1-\{a\} {, если }\; \{a\} \gt \frac{1}{2} \end{cases}\,, $$ откуда $$ \begin{array}{l} \lim\limits_{x \to (n+\frac{1}{2})-0}{\{\{x\}\}} = \lim_\limits{x \to \frac{1}{2}}{x} = \frac{1}{2} \\ \lim\limits_{x \to (n+\frac{1}{2})+0}{\{\{x\}\}} = \lim_\limits{x \to \frac{1}{2}}{(1-x)} = \frac{1}{2} \end{array}\;. $$
Равенство односторонних пределов показывает, что функция $\{\{ x \}\}$ непрерывна при $x=n+\frac{1}{2}$, а следовательно на всей числовой оси.
c) Из доказанной в предыдущем пункте нечетности $\lfloor a \rceil$ следует: $$ \{\{-x\}\} = |(-x) - \lfloor a \rceil| = |-x + \lfloor a \rceil| = |x - \lfloor a \rceil| = \{\{x\}\}\,, $$ откуда следует четность $\{\{ x \}\}$.
График функции $y=\{\{x\}\}$ получается из графика функции $y=\{x\}$ зеркальным отображением его части, расположенной выше прямой $y=\frac{1}{2}$ относительно этой прямой.
 График функции $y=\{\{ x \}\}$ |
1.8Жидкость налита в бутыли вместимостью 40л, при этом одна из бутылей оказалась неполной. Если тот же объем жидкости перелить в бутыли вместимостью 50л, все они будут заполнены, причем понадобится на 5 бутылей меньше. Если использовать бутыли вместимостью 70л, то понадобится еще меньше на 4 бутыли, но опять одна бутыль будет неполной. Определить объем жидкости.
Задача предлагалась в 1977 году на вступительных экзаменах в экономический факультет МГУ (отделение политической экономии). Приводится собственное решение.
Так как только 50л бутыли дают «точный» разлив, берем их за основу. Итак, пусть $x$ - количество 50-литровых бутылей. Тогда объем жидкости равен $50x$ литров. Отсюда количество 40-литровых бутылей равно $\left\lceil\frac{50x}{40}\right\rceil\;=\;\left\lceil\frac{5}{4}x\right\rceil$. Согласно условию $$ \left\lceil\frac{5}{4}x\right\rceil = x+5 $$
Так как одна бутыль оказалась неполной, получаем строгое двойное неравенство: $$ x+4 \lt \frac{5}{4}x \lt x+5, $$ решая которое находим: $$ 16 \lt x \lt 20 \label{eq:81}\tag{8.1} $$
Аналогично, рассматривая 70-литровые бутыли, получаем $$ x-5 \lt \frac{5}{7}x \lt x-4, $$ откуда $$ 14 \lt x \lt 17\frac{1}{2} \label{eq:82}\tag{8.2} $$
Из $\eqref{eq:81}$ и $\eqref{eq:82}$ получаем: $16 \lt x \lt 17\frac{1}{2}$. Так как количество бутылей — целое число, то $x=17$, следовательно объем жидкости равен $850$ литров.
1.9Указать на координатной плоскости множество пар точек $(x,y)$, таких что:
a) $\lfloor x \rfloor = \lfloor y \rfloor$;
b) $\{ x \} = \{y \};$
c) $\lfloor x + y \rfloor = \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor$.
a) Для произвольного целого $n$ множества значений $x$ и $y$, целая часть которых равна $n$, задаются неравенствами: $$ n \leqslant x \lt n+1;\qquad n \leqslant y \lt n+1\,. $$
Эти точки образуют квадрат с вершинами в точках $A_n=(n,n)$, $B_n=(n,n+1)$, $C_n=(n+1,n+1)$, $D_n=(n+1,n)$, при этом вершина $A_n$, а также внутренние точки сторон $А_nB_n$ и $A_nD_n$ принадлежат множеству, тогда как остальные вершины и стороны квадрата множеству не принадлежат.
Таким образом, множество точек состоит из бесконечного количества квадратов единичной длины, расположенных вдоль диагонали координатной плоскости.
b) Дробные части чисел совпадают тогда и только тогда, когда их разность — целое число. Таким образом искомое множество — это множество прямых вида $y=x+n$, где $n$ — произвольное целое число.
 Множество точек $\lfloor x \rfloor = \lfloor y \rfloor$ |
 Множество точек $\{ x \} = \{ y \}$ |
c) Складывая равенства $x=\lfloor x \rfloor + \{x\}$ и $y=\lfloor y \rfloor + \{y\}$, получаем: $$ x + y = (\lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor) + (\{x\} +\{y\})\,, $$ откуда $$ \lfloor x+y \rfloor = \begin{cases} \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor,\quad \text{если} \;\;\{x\} +\{y\} \lt 1 \\ \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor + 1,\quad \text{если} \;\;\{x\} +\{y\} \geqslant 1 \\ \end{cases} $$
Таким образом, задача свелась к построению множества точек, удовлетворяющих неравенству $\{x\} +\{y\} \lt 1$, которое при $0 \leqslant x,y \lt 1$ принимает вид $x + y \lt 1$. Легко видеть, что множество точек, удовлетворяющих системе неравенств $$ \begin{cases} 0 \leqslant x \lt 1 \\ 0 \leqslant y \lt 1 \\ x + y \lt 1 \end{cases} $$ есть внутренность и катеты (но не гипотенуза) равнобедренного прямоугольного треугольника с вершинами в точках (0,0), (0,1) и (1,0). Так как дробная часть периодична с периодом 1, остальные точки получается путем параллельного сдвига треугольника на целые величины вдоль координатных осей. При этом, очевидно, точки с целочисленными координатами принадлежат множеству.
 Множество точек $\lfloor x + y \rfloor = \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor$ |
1.10Найти значения интегралов: a)$\int_{0}^{x}{\lfloor t \rfloor}\;dt$; b) $\int_{0}^{x}{\lceil t \rceil}\;dt$; c)$\int_{0}^{x}{\{t \}}\;dt$
a) Пусть $n=\lfloor x \rfloor$. Используя кусочно-постоянство целой части, получим: $$ \int_{0}^{x}{\lfloor t \rfloor}\;dt = \int_{0}^{1}{\lfloor t \rfloor}\;dt + \int_{1}^{2}{\lfloor t \rfloor}\;dt +...+ \int_{n-1}^{n}{\lfloor t \rfloor}\;dt + \int_{n}^{x}{\lfloor t \rfloor}\;dt = \\ = 0 + 1 + ... + (n-1) + n(x-n) = 0 + 1 + ... + (\lfloor x \rfloor - 1) + \lfloor x \rfloor\,\{x\}. $$
Суммирование членов арифметической прогрессии дает: $\int_{0}^{x}{\lfloor t \rfloor}\;dt = \dfrac{\lfloor x \rfloor (\lfloor x \rfloor - 1)}{2} + \lfloor x \rfloor\,\{x\}$, откуда, учитывая $\lfloor x \rfloor + \{x\} = x$, получаем: $$ \int_{0}^{x}{\lfloor t \rfloor}\;dt = \dfrac{\lfloor x \rfloor (x + \{x\} - 1)}{2}. $$
Заметим, что если $x$ — целое число, то функция принимает вид $y=\dfrac{x\,(x - 1)}{2}$, тогда как в интервале между двумя последовательными целым $x$ значение $\lfloor x \rfloor$ постоянно, так что функция является линейной. Таким образом для построения графика функции $\int_{0}^{x}{\lfloor t \rfloor}\;dt$ строим график функции $y=\dfrac{x\,(x - 1)}{2}$ и соединяем отрезками прямых линий точки построенного графика с целыми значениями $x$.
 Графики функций $\int_{0}^{x}{\lfloor t \rfloor}\;dt$ и $\int_{0}^{x}{\lceil t \rceil}\;dt$ |
b) Для функции «потолок» получаем $\int_{0}^{x}{\lceil t \rceil}\;dt = 1 + 2 + ... + \lfloor x \rfloor + (\lfloor x \rfloor + 1)\{x\}$.
Следовательно $\int_{0}^{x}{\lceil t \rceil}\;dt = \dfrac{\lfloor x \rfloor (\lfloor x \rfloor+1)}{2} + (\lfloor x \rfloor+1)\{x\}$ или
$$\int_{0}^{x}{\lceil t \rceil}\;dt = \dfrac{\lfloor x+1 \rfloor (x+ \{x\})}{2}.
$$
График строится аналогично предыдущему, только за основу следует брать функцию $y=\dfrac{x\,(x + 1)}{2}$.
c) Учитывая периодичность дробной части и $\{t\}=t$ при $0\leqslant t \lt 1$, имеем (по-прежнему $n=\lfloor x \rfloor$): $$ \int_{0}^{x}{\{t \}}\;dt = \int_{0}^{1}{\{ t \}}\;dt + \int_{1}^{2}{\{ t \}}\;dt +...+\int_{n-1}^{n}{\{ t \}}\;dt + \int_{n}^{x}{\{ t \}}\;dt =\\ = n\int_{0}^{1}{t}\;dt+\int_{0}^{x-n}{t}\;dt = \dfrac{1}{2}\,n+\dfrac{(x-n)^2}{2} = \dfrac{\lfloor x \rfloor + \{x\}^2}{2}. $$
Для построения графика заметим, что при $0 \leqslant x \lt 1$ функция приобретает вид $y = \dfrac{x^2}{2}$, а при целом $x$ получаем $y = \dfrac{x}{2}$. Таким образом, строим график функции $y = \dfrac{x^2}{2}$ на промежутке [0,1). Для построения графика на другом промежутке $[n, n+1)$ (n-целое) сдвигаем построенный график на $n$ единиц вдоль оси абсцисс и $\dfrac{n}{2}$ единиц вдоль оси ординат.
 График функции $\int_{0}^{x}{\{ t \}}\;dt$ |
Вы конечно заметили, что, в отличие от исходных функций, все три интеграла являются непрерывными функциями. Впрочем, это неудивительно.
| Описание и условия задач |
Решения задач части 1 |
Решения задач части 2 |
Решения задач части 3 |
Решения задач части 4 |
Комментариев нет:
Отправить комментарий