[Równania] Liczba rozwiązań

[Piotr Rutkowski]

Znajdź liczbę rozwiązań równania ze względu na parametr t:
\(\displaystyle{ n+1=n\sqrt[n]{t}}\) gdzie \(\displaystyle{ n N}\), a \(\displaystyle{ t R_{+}}\)

[Tristan]

Częściowe rozwiązane:
\(\displaystyle{ n+1=n \sqrt[n]{t} \\ 1+ \frac{1}{n}= \sqrt[n]{t} \\ (1+ \frac{1}{n})^n=t}\)
Z własności ciągu \(\displaystyle{ a_{n}=(1+ \frac{1}{n})^n}\) mamy, że dla \(\displaystyle{ t (0;2) \cup )}\) dane równanie nie ma rozwiązań. Dla \(\displaystyle{ t=2}\) równanie ma dokładnie jedno rozwiązanie. No i najciekawszy przypadek, czy co się dzieje dla \(\displaystyle{ t (2; e) \cap \mathbb{Q}}\). Sam jestem ciekaw

[przemk20]

nalezy zatem pokazac ze ciag \(\displaystyle{ (1 + \frac{1}{n})^n}\) jest rosnacy
wezmy
\(\displaystyle{ f(x) = (1 + \frac{1}{x})^x = e^{x \ln (1 + \frac{1}{x})}\\
f'(x) > 0, \ dla \ x\geq 1 \\
( x \cdot \ln (1+ \frac{1}{x})) ' = \ln (1 + \frac{1}{x}) - \frac{1}{x+1}> 0, \ \ dla \ x=1 \\
\ln 2 > \frac{1}{2} \iff e < 4 \\
g(x) = \ln (1 + \frac{1}{x}) - \frac{1}{x+1} \\
g(x) \nearrow, \ dla \ x \geq 1 \iff g'(x) > 0, \ \ \\
g'(x) = \frac{1}{(x+1)^2 } - \frac{1}{x(x+1)} > 0 \iff 1 > 0 \\}\)

[Rogal]

To chyba jest najbardziej komiczny dowód na fakt, że ten ciąg jest rosnący .
A kontynuując myślenie Tristana, to ja to widzę tak: jeśli oczywiście t jest niewymierne to brak rozwiązań w przedziale (2, e). Natomiast jeśli t jest wymierne, to chyba nie można powiedziećnic innego poza tym, że aby było jedno rozwiązanie, to t musi być postaci \(\displaystyle{ t=(\frac{n+1}{n})^{n}}\), inaczej nie będzie

[ Dodano: 22 Sierpnia 2007, 14:47 ]
Albo biorąc się za to zupełnie inaczej, może by to przekształcić sobie tak:
\(\displaystyle{ n-n\sqrt[n]{t} = -1 \\ n = \frac{1}{\sqrt[n]{t}-1}}\)
Jeśli wpierw sprawdzimy przypadek, gdy t naturalne, to z stąd już wynika, że aby n było naturalne, to mianownik ułamka musi być równy bądź to 1 bądź -1.
\(\displaystyle{ \sqrt[n]{t}-1=1 \vee \sqrt[n]{t}-1 = -1 \\ \sqrt[n]{t} = 2 \vee \sqrt[n]{t} = 0 \\ t=2^{n} \vee t = 0}\)
Z pierwszego rozwiązania otrzymujemy n=1, z drugiego sprzeczność.
Wiemy już, że dla t niewymiernego otrzymamy zero rozwiązań, więc przyjmijmy, że \(\displaystyle{ t=\frac{p}{q}}\). Dodatkowo wiemy, że pierwiastek n-tego stopnia z liczby wymiernej jest wtedy wymierny, gdy jest n-tą potęgą liczby wymiernej, więc zmodyfikujmy nieco nasze t: \(\displaystyle{ t=(\frac{p}{q})^{n}}\), NWD(p,q) = 1. Mamy wtedy
\(\displaystyle{ n = \frac{1}{\frac{p}{q}-1} = \frac{1}{\frac{p-q}{q}} = \frac{q}{p-q}}\)
Nie pytajcie czemu, ale jeśli n ma być z tego naturalne, to p i q muszą być wyrazami ciągu arytmetycznego .
Czyli \(\displaystyle{ p=a_{1} + (k-1)r, q = a_{1} + (l-1)r}\), więc \(\displaystyle{ n=\frac{a_{1} + (l-1)r}{r(k-l)} = \frac{a_{1}}{r(k-l)} + \frac{l-1}{(k-l)}}\) Jeśli chodzi o założenia, to rzecz jasna k>l. Teraz widzimy, że najlepiej przyjąć k-l=1 i r = 1, czyli p i q są dwoma kolejnymi wyrazami ciągu arytmetycznego o różnicy 1, czyli dla \(\displaystyle{ n = a_{1} + l-1}\), \(\displaystyle{ t=({a_{1}+k-1})^{a_{1}+l-1}}\)
Dodatkowo możemy spokojnie przyjąć, że pierwszy wyraz jest ślicznym tłuściutkim zerem, wstawić za k i będziemy mieć:
\(\displaystyle{ n=l-1 \\ t = l^{l-1}}\)
Mamy wtedy jedno rozwiązanie.

No, czyli mniej więcej to samo, co wyżej