| Описание и условия задач |
Решения задач части 1 |
Решения задач части 2 |
Решения задач части 3 |
Решения задач части 4 |
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 1f 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 1f 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 2аc, $\left\lfloor\sqrt{n}\right\rfloor \leqslant \left\lceil\sqrt{n}\right\rceil$, 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.
| Описание и условия задач |
Решения задач части 1 |
Решения задач части 2 |
Решения задач части 3 |
Решения задач части 4 |
Комментариев нет:
Отправить комментарий