| Описание и условия задач |
Решения задач части 1 |
Решения задач части 2 |
Решения задач части 3 |
Решения задач части 4 |
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 $0$.
| Описание и условия задач |
Решения задач части 1 |
Решения задач части 2 |
Решения задач части 3 |
Решения задач части 4 |
Комментариев нет:
Отправить комментарий