Matematyka.pl

a4karo pisze:Niech \(\displaystyle{ n\leq x<n+1}\)
Wtedy
\(\displaystyle{ \frac{ \lfloor x \rfloor}{3x+ \left\{ x \right\} }+ \frac{ \left\{ x \right\} }{3x+ \lfloor x \rfloor } =
\frac{n}{4x-n}+\frac{x-n}{3x{\,\red +\,}n}}\)

W dodatnich iksach i z \(\displaystyle{ x\ge \lfloor x\rfloor =n}\) jest po prostu

\(\displaystyle{ L-P=\frac{12\left(x-\frac{17}{12}n\right)^2+\frac{119}{12}n^2}{15(4x-n)(3x+n)}> 0}\)

\(\displaystyle{ y=0\implies f(f(x))=4x\implies f(4x)=f(f(f(x)))=4f(x)\implies f(0)=0\wedge f(4)=4f(1)}\)
\(\displaystyle{ f(x)=f(y)\implies 4x=f(f(x))=f(f(y))=4y\implies x=y}\)
\(\displaystyle{ x=4\wedge y=-3\implies 4=f(f(1))=f(-3f(4-3)+f(4))=16-6f(1)\implies f(1)=2}\)
\(\displaystyle{ y=1-x\implies f(2(1-x)+f(x))=4x+4(1-x)=4=f(f(1))=f(2)\implies 2(1-x)+f(x)=2}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ f(x)= 2x}\) jest rzeczywiście rozwiązaniem spełniającym wszystkie warunki.

Z danego warunku wiemy, że co najmniej jedna z liczb \(\displaystyle{ x,y}\) jest niezerowa. Oznaczmy \(\displaystyle{ P(x,y)=5x^2+11xy-5y^2}\). Mamy \(\displaystyle{ P(1,0)=5}\). Pokażemy, że to jest najmniejsza co do modułu wartość tego wyrażenia. W tym celu wystarczy rozpatrzyć równania postaci \(\displaystyle{ P(x,y)=n\ (*)}\), gdzie \(\displaystyle{ n\in\{-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4\}}\).
a) Niech \(\displaystyle{ n=\pm 2}\). Lewa strona równania \(\displaystyle{ (*)}\) jest parzysta wtw, gdy obie zmienne są parzyste, ale wtedy lewa strona dzieli się przez cztery, a prawa tylko przez dwa. To dowodzi, że nie istnieje para liczb całkowitych \(\displaystyle{ (x,y)}\), takich że \(\displaystyle{ |P(x,y)|= 2}\).
b) Niech \(\displaystyle{ n=\pm 4}\). Rozważania są analogiczne do a). Tu łatwo widać, że \(\displaystyle{ (*)}\) ma rozwiązanie, jeżeli istnieje para liczb całkowitych \(\displaystyle{ (x_1,y_1)}\), takich że \(\displaystyle{ |P(x_1,y_1)|=1}\), a skoro \(\displaystyle{ 1<4}\), to tym przypadkiem nie trzeba się dalej zajmować.
W dalszych przypadkach przekształcamy \(\displaystyle{ (*)}\) do postaci \(\displaystyle{ 5x^2+11yx-5y^2-n=0}\) i traktujemy jako równanie kwadratowe względem iksa. Żeby rozwiązanie miało szanse być całkowite, wyróżnik tego równania musi być pełnym kwadratem. Mamy \(\displaystyle{ \Delta_x=221y^2+20n}\).
c) Przypadek \(\displaystyle{ n=0}\) jest oczywisty, bo wtedy \(\displaystyle{ \Delta_x=221y^2=17\cdot 13\cdot y^2}\), czyli musiałoby być \(\displaystyle{ y=0}\), a to oznacza \(\displaystyle{ 5x^2=0}\) - sprzeczność z warunkiem zadania.
d) Mamy również \(\displaystyle{ 221y^2+20n\equiv 7n \pmod {13}}\), a to dla \(\displaystyle{ n=-1,1,-3,3}\) przystaje odpowiednio do \(\displaystyle{ 6,7,5,8}\). Wszystkie te liczby są nieresztami kwadratowymi \(\displaystyle{ \mod 13}\).

\(\displaystyle{ \left( x,1 \right) \rightarrow f \left( x \right) \le f \left( 1 \right) \rightarrow f \left( 0 \right) \le f \left( 1 \right)}\)
\(\displaystyle{ \left( x,\frac1x \right) \wedge x\neq 0\rightarrow 2f \left( 1 \right) \le f \left( x \right) +f \left(\frac{ 1}{x} \right) \le 2f \left( 1 \right)}\)
Zatem \(\displaystyle{ \left[ x\neq 0 \iff f \left( x \right) =f \left( 1 \right) \right] \wedge f \left( 0 \right) \le f \left( 1 \right)}\).
Po sprawdzeniu jest to rozwiązanie.

Ponieważ \(\displaystyle{ 6=\left\lfloor\frac{1}{x}\right\rfloor +\left\lfloor\frac{2}{x}\right\rfloor +\left\lfloor\frac{3}{x}\right\rfloor\le\frac{1}{x}+\frac{2}{x}+\frac{3}{x}=\frac{6}{x}}\), to \(\displaystyle{ 0<x\le 1}\), a więc każda z liczb \(\displaystyle{ \left\lfloor\frac{1}{x}\right\rfloor ,\left\lfloor\frac{2}{x} \right\rfloor ,\left\lfloor\frac{3}{x}\right\rfloor}\) jest całkowita dodatnia. Wystarczy zatem rozwiązać trzy układy równań postaci

\(\displaystyle{ \begin{cases}\left\lfloor\frac{1}{x}\right\rfloor =a\\ \left\lfloor\frac{2}{x}\right\rfloor =b\\ \left\lfloor\frac{3}{x}\right\rfloor =c\end{cases}}\)

przy czym \(\displaystyle{ (a,b,c)\in\{(1,1,4);(1,2,3);(2,2,2)\}}\). Stosując \(\displaystyle{ y-1<\lfloor y\rfloor\le y}\) łatwo się przekonać, że w przypadkach pierwszym i trzecim układy nie mają rozwiązań.
Gdy \(\displaystyle{ (a,b,c)=(1,2,3)}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ \frac{3}{4}<x\le 1}\).
Z drugiej strony, dla każdego \(\displaystyle{ x=\frac{3}{4}+\varepsilon}\), gdzie \(\displaystyle{ \varepsilon\in\left(0,\frac{1}{4}\right]}\) układ i wyjściowe równanie są spełnione, więc mamy rozwiązanie.

Logarytm istnieje tylko dla \(\displaystyle{ n \in \left\{ 1,2,3\right\}}\)

W tej postaci:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x|x|+ y|y|=1 \\ \lfloor x \rfloor + \lfloor x \rfloor = 1. \end{cases}}\)
drugie równanie jest sprzeczne.
Dla przypuszczalnego układu:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x|x|+ y|y|=1 \\ \lfloor x \rfloor + \lfloor y \rfloor = 1. \end{cases}}\)
rozwiązaniem są tylko pary \(\displaystyle{ (1,0)}\) i \(\displaystyle{ (0,1)}\)

lub też 101, ... \(\displaystyle{ x, y, z, t}\) \(\displaystyle{ t=x+2y+z}\)

Na początek zauważę, że jeśli \(\displaystyle{ x=0}\), to nie może zachodzić \(\displaystyle{ x^2-y^2 = \frac{x}{x^2+y^2} \right\}}\), zaś jeżeli \(\displaystyle{ y=0}\), to nie może być \(\displaystyle{ 2xy+\frac y{x^2+y^2}=3}\), więc możemy założyć, że \(\displaystyle{ xy\neq 0}\).
Równanie \(\displaystyle{ x^2-y^2 = \frac{x}{x^2+y^2} \right\}}\) mnożymy stronami przez \(\displaystyle{ x}\)
dostając
\(\displaystyle{ (1.) \ x^3-xy^2= \frac{x^2}{x^2+y^2}}\)
zaś równanie \(\displaystyle{ 2xy+\frac y{x^2+y^2}=3}\) mnożymy stronami przez \(\displaystyle{ y}\) i przenosimy \(\displaystyle{ 2xy^2}\) otrzymując
\(\displaystyle{ (2.) \ 3y-2xy^2=\frac{y^2}{x^2+y^2}}\)
Dodajemy stronami równości \(\displaystyle{ (1.), \ (2.)}\) otrzymując
\(\displaystyle{ x^3-3xy^2+3y=1 \ (C)}\)
Z drugiej strony mnożąc równanie
\(\displaystyle{ x^2-y^2 = \frac{x}{x^2+y^2} \right\}}\)
stronami przez \(\displaystyle{ y}\) mamy \(\displaystyle{ (I) \ x^2y-y^3=\frac{xy}{x^2+y^2}}\), a mnożąc równanie \(\displaystyle{ 2xy+\frac y{x^2+y^2}=3}\) stronami przez \(\displaystyle{ x}\)
otrzymujemy \(\displaystyle{ (II) \ 2x^2y+\frac {xy}{x^2+y^2}=3x}\),
następnie dodajemy stronami \(\displaystyle{ (I), \ (II)}\) i skracamy, dostając
\(\displaystyle{ 3x^2y-3x-y^3=0 \ (D)}\)
W ten sposób pokazałem, że każdy element \(\displaystyle{ A\cap B}\) jest elementem \(\displaystyle{ C\cap D}\), tj.
\(\displaystyle{ A\cap B\subset C\cap D}\)

Teraz czas udowodnić zawieranie w drugą stronę:
przyjmuję, że zachodzi \(\displaystyle{ x^3-3xy^2+3y=1}\) i \(\displaystyle{ 3x^2y-3x-y^3=0}\)
Tutaj też łatwo wywnioskować, że \(\displaystyle{ xy\neq 0}\) (z drugiego równania mamy \(\displaystyle{ x=0 \Leftrightarrow y=0}\), a jeśli \(\displaystyle{ x=y=0}\), to pierwsze równanie nie jest spełnione, gdyż dostajemy \(\displaystyle{ 0=1}\)).
Mnożąc równanie \(\displaystyle{ x^3-3xy^2+3y=1}\) stronami przez \(\displaystyle{ x}\) otrzymujemy
\(\displaystyle{ (3.)\ x^4-3x^2y^2+3xy=x}\), natomiast mnożąc równanie \(\displaystyle{ 3x^2y-3x-y^3=0}\) stronami przez \(\displaystyle{ y}\) dostajemy \(\displaystyle{ (4.) \ 3x^2y^2-3xy-y^4=0}\)
Następnie dodajemy stronami równania \(\displaystyle{ (3.), \ (4.)}\) i otrzymane w ten sposób równanie dzielimy stronami przez dodatnie \(\displaystyle{ x^2+y^2}\), co daje nam \(\displaystyle{ x^2-y^2=\frac x{x^2+y^2} \ (A)}\)
Z drugiej strony mnożąc równanie \(\displaystyle{ x^3-3xy^2+3y=1}\) stronami przez \(\displaystyle{ y}\), mamy
\(\displaystyle{ (III) \ x^3y-3xy^3+3y^2=y}\), natomiast mnożąc równanie \(\displaystyle{ 3x^2y-3x-y^3=0}\) stronami przez \(\displaystyle{ x}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ (IV) \ 3x^3y-3x^2-xy^3=0}\).
Odejmujemy następnie stronami równanie \(\displaystyle{ (IV)}\) od \(\displaystyle{ (III)}\), co daje nam
\(\displaystyle{ -2xy(x^2+y^2)+3(x^2+y^2)=y}\),
dzieląc to stronami przez dodatnie \(\displaystyle{ x^2+y^2}\), otrzymujemy w końcu
\(\displaystyle{ 3-2xy=\frac y{x^2+y^2} \ (B)}\)
W ten sposób udowodniłem, że każdy element \(\displaystyle{ C\cap D}\) jest też elementem \(\displaystyle{ A\cap B}\), tj. \(\displaystyle{ C\cap D\subset A\cap B}\).

Z zawierania w dwie strony mamy zaś oczywiście \(\displaystyle{ A\cap B=C\cap D}\), c.n.d.

Oczywiście \(\displaystyle{ x,y>-\frac{1}{2}}\). Przypuśćmy, że para \(\displaystyle{ (x,y)}\) spełnia dany układ. Odejmując stronami drugie równanie od pierwszego i porządkując mamy
\(\displaystyle{ (x-y)(x+y+4)+\log\left(\frac{2x+1}{2y+1}\right)=0}\)
Jeżeli \(\displaystyle{ x>y}\), to oba składniki po lewej są dodatnie, więc równość nie może zajść.
Analogicznie dla \(\displaystyle{ x<y}\) - oba składniki są wtedy ujemne, bo \(\displaystyle{ \frac{2x+1}{2y+1}<1}\) oraz w każdym przypadku \(\displaystyle{ x+y+4>3}\).
Pozostaje \(\displaystyle{ x=y}\) - wtedy równość zachodzi.
Podstawiamy iksa za igreka w pierwszym równaniu układu i przekształcamy je do postaci
\(\displaystyle{ x^2+2x=-\log (2x+1)}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ x=0}\) spełnia to równanie. Funkcja kwadratowa po lewej ma minimum w punkcie o odciętej \(\displaystyle{ x=-1}\), a więc dla \(\displaystyle{ x>-\frac{1}{2}}\) funkcja jest rosnąca. Funkcja po prawej jest zaś malejąca jako złożenie funkcji malejącej i rosnącej, czy tam akurat z analizy znaku pierwszej pochodnej.
Wykresy funkcji po lewej i prawej stronie równania mogą się więc przeciąć co najwyżej raz, a ten punkt został już znaleziony.
Ostatecznie, jedyną parą mogącą spełniać wyjściowy układ jest \(\displaystyle{ (x,y)=(0,0)}\), co weryfikujemy przez podstawienie.

\(\displaystyle{ x^2+ \left( \frac{x}{x-2} \right) ^2 =45\\(x-1+1)^2+\left( \frac{x-1+1}{x-1-1} \right)^2=45}\)
Oczywiście musi być \(\displaystyle{ x\neq 2}\). Podstawiamy \(\displaystyle{ t=x-1}\), co daje
\(\displaystyle{ t^2+2t+1+ \frac{t^2+2t+1}{t^2-2t+1}=45}\)
a po prostych przekształceniach otrzymujemy równoważnie
\(\displaystyle{ t^4 - 46 t^2 + 92 t- 43=0}\)
Spróbujmy zapisać to teraz w postaci
\(\displaystyle{ (t^2-a)^2-(bt+c)^2=0}\),
aby następnie skorzystać ze wzoru na różnicę kwadratów.
Po rozwinięciu tego i przyrównaniu współczynników dostajemy układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases}-2a-b^2=-46 \\ -2bc=92\\a^2-c^2=-43 \end{cases}}\)
Z drugiego równania otrzymujemy, że
\(\displaystyle{ c=-\frac{46}b}\), wstawiając zaś to do trzeciego równania mamy
\(\displaystyle{ \begin{cases} -2a-b^2=-46 \\c=-\frac{46}b \\a^2- \frac{46^2}{b^2}=-43 \end{cases}}\)
Z pierwszego równania do trzeciego wstawiamy \(\displaystyle{ b^2=46-2a}\) i dostajemy:
\(\displaystyle{ \begin{cases} -2a-b^2=-46 \\c=-\frac{46}b \\a^2- \frac{46^2}{46-2a}=-43 \end{cases}}\)
Zajmiemy się teraz tym ostatnim równaniem: oczywiście \(\displaystyle{ a\neq 23}\). Dla \(\displaystyle{ a\in \RR\setminus\left\{ 23\right\}}\) mamy równoważnie
\(\displaystyle{ a^3-23a^2+43a+69=0 \ (*)}\)

Podstawmy \(\displaystyle{ a=d+\frac{23}{3}}\) w równaniu \(\displaystyle{ (*)}\)
a otrzymamy po uciążliwych przekształceniach algebraicznych
\(\displaystyle{ d^3 - \frac{400}3 d - \frac{13570}{27} = 0}\)
a co z tym dalej zrobić, to opisano tutaj: ... 5%9Bcienne

Po znalezieniu możliwego \(\displaystyle{ d}\) z Cardana mamy \(\displaystyle{ a=d+\frac{23}{3}}\)
i dzięki temu możemy tez wyznaczyć rozwiązanie układu
\(\displaystyle{ \begin{cases}-2a-b^2=-46 \\ -2bc=92\\a^2-c^2=-43 \end{cases}}\),
a gdy mamy współczynniki \(\displaystyle{ a,b,c}\) w przedstawieniu
\(\displaystyle{ (t^2-a)^2-(bt+c)^2=0}\) równania \(\displaystyle{ t^4 - 46 t^2 + 92 t- 43=0}\), to wystarczy podstawić i skorzystać ze wzoru na różnicę kwadratów. Zostają do rozwiązania dwa równania kwadratowe (poziom późnej podstawówki).

Logarytm istnieje tylko dla \(\displaystyle{ n \in \{ 1, 2, 3 \}}\)

A czemu ?

Dziedziną funkcji zmiennej rzeczywistej \(\displaystyle{ f(x)=\ln(\ln (\ldots \ln x)))}\),
gdzie \(\displaystyle{ \ln}\) występuje \(\displaystyle{ n}\) razy, \(\displaystyle{ n\in \NN^+}\) jest:
\(\displaystyle{ (0,+\infty)}\) dla \(\displaystyle{ n=1, \ (1,+\infty)}\) dla \(\displaystyle{ n=2}\) oraz
\(\displaystyle{ \left( e^{e^{\ldots^e}}},+\infty\right)}\) dla \(\displaystyle{ n\ge 3}\), przy czym \(\displaystyle{ e}\) występuje \(\displaystyle{ n-2}\) razy (powinno to być jasne). Dla \(\displaystyle{ n\in\left\{ 1,2,3\right\}}\) łatwo widać, że wyrażenie ma sens, ponieważ kolejno
\(\displaystyle{ 1>0, \ln 2>0, \ \ln \ln 3>\ln\ln e=0}\).
Przez indukcję udowodnimy teraz, że dla \(\displaystyle{ n\ge 4}\) jest \(\displaystyle{ a_n>n}\), gdzie ciąg
\(\displaystyle{ (a_n)}\) jest określony przez
\(\displaystyle{ a_1=0, \ a_{n+1}=e^{a_n}}\) dla \(\displaystyle{ n\ge 1}\) (wówczas właśnie dla \(\displaystyle{ n\ge 3}\) zachodzi \(\displaystyle{ a_n=e^{e^{\ldots^e}}}\), przy czym \(\displaystyle{ e}\) występuje \(\displaystyle{ n-2}\) razy).
\(\displaystyle{ 1^{\circ}}\) Dla \(\displaystyle{ n=4}\) mamy \(\displaystyle{ a_4=e^e>2^e>2^2=4}\)
\(\displaystyle{ 2^{\circ}}\) Przypuśćmy, że dla pewnego \(\displaystyle{ n\in \NN, \ n\ge 4}\) zachodzi \(\displaystyle{ a_n>n}\). Skorzystamy ze znanej nierówności \(\displaystyle{ e^x>1+x}\) w dodatnich:
\(\displaystyle{ a_{n+1}=e^{a_n}>1+a_n>n+1}\)
gdzie w ostatniej nierówności skorzystaliśmy z założenia indukcyjnego.
Na mocy zasady indukcji matematycznej mamy
\(\displaystyle{ n<\overbrace{e^{e^{\ldots^e}}}^{n-2}}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ n\in \NN}\) nie mniejszego niż \(\displaystyle{ 4}\). Stąd dla \(\displaystyle{ n\ge 4}\) wyrażenie \(\displaystyle{ \ln(\ln(\ldots \ln n))}\) (\(\displaystyle{ n}\) logarytmów) nie ma sensu liczbowego.

Łatwo widać, że dla dowolnego \(\displaystyle{ n\in \NN^+}\) zbiór \(\displaystyle{ \left\{ 1,2\ldots 4n\right\}\cup\left\{ 2k: k\in \NN, 2n+1\le k\le 4n\right\}}\) spełnia warunki zadania.

Noclegiem nazwiemy trójkę \(\displaystyle{ t = \left< z, d, p \right>}\), gdzie \(\displaystyle{ z}\) jest dowolnym zamkiem w krainie Id, \(\displaystyle{ d}\) jest prowadzącą do tego zamku drogą oraz \(\displaystyle{ p \in \{ 0, 1 \}}\). Niech \(\displaystyle{ \left< t_n : n \in \NN \right>}\) będzie ciągiem noclegów, który opisuje podróż Króla następujący sposób: \(\displaystyle{ t_n = \left< z_n, d_n, p_n \right>}\) oznacza, że Król spędził \(\displaystyle{ n}\)-tą noc w zamku \(\displaystyle{ z_n}\), do którego przybył drogą \(\displaystyle{ d_n}\), a \(\displaystyle{ p_n}\) jest parzystością liczby \(\displaystyle{ n}\).

Widać, że znając \(\displaystyle{ t_n}\) możemy wyznaczyć \(\displaystyle{ t_{n+1}}\) i vice versa. Załóżmy nie wprost, że Król nie wróci do zamku przed rokiem, a więc żadne z \(\displaystyle{ z_1, \ldots, z_{364}}\) nie jest zamkiem Króla. Ponieważ możliwych noclegów w zamkach rycerskich jest \(\displaystyle{ 60 \times 3 \times 2 = 360}\), z zasady szufladkowej Dirichleta istnieją \(\displaystyle{ 1 \le n < m \le 364}\), takie że \(\displaystyle{ t_n = t_m}\). Ale wtedy \(\displaystyle{ t_{m-n} = t_0}\), zatem noc o numerze \(\displaystyle{ m-n}\) król spędził we własnym zamku, co jest sprzeczne z założeniem.