Dwa równania kwadratowe z częścią całkowitą
Transkrypt
Dwa równania kwadratowe z częścią całkowitą
Dwa równania kwadratowe z częścią całkowitą Andrzej Nowicki Wydział Matematyki i Informatyki Uniwersytet M. Kopernika w Toruniu anow @ mat.uni.torun.pl 4 sierpnia 2006 Jeśli r jest liczbą rzeczywistą, to przez [r] oznaczamy największą liczbę całkowitą nie większą częścią całkowitą liczby r. Przykłady: h i od r. Mówimy hwtedy, i że [r]h jest √ i 7 7 [5] = 5, 3 = 2, [−5] = −5, − 8 = −2, − 35 = −6. W niniejszym artykule zajmujemy się dwoma równaniami, w których występuje część całkowita liczby rzeczywistej. Pierwsze z tych równań jest postaci ax2 + b[x] + c = 0, gdzie a, b, c są liczbami rzeczywistymi i przy tym a > 0 oraz b 6= 0. Drugie równanie ma postać a[x]2 + bx + c = 0, gdzie a, b, c są liczbami rzeczywistymi i a > 0. Interesować nas będzie głównie liczba rozwiązań rzeczywistych tego typu równań. Zanotujmy najpierw kilka podstawowych faktów o części całkowitej, z których dalej będziemy korzystać. Dowody tych faktów są bardzo łatwe, zostawiamy je Czytelnikowi. Lemat 0.1. Niech x będzie liczbą rzeczywistą. Wtedy: (1) [x] 6 x < x + 1; (2) [x + a] = [x] + a dla każdej liczby całkowitej a; (3) jeśli x jest liczbą całkowitą, to [−x] = −x; (4) jeśli x nie jest liczbą całkowitą, to [−x] = −1 − [x]; (5) jeśli x < y, gdzie y jest liczbą rzeczywistą, to [x] 6 [y]. 1 Równanie ax2 + b[x] +c = 0 Ropoczynamy od następującego zadania, które w 1999 roku było na Olimpiadzie Matematycznej w Kanadzie. Zadanie 1.1. Znaleźć wszystkie liczby rzeczywiste x spełniające równość 4x2 − 40[x] + 51 = 0. 1 Rozwiązanie. ([1] strona 40). Załóżmy, że rzeczywista liczba x spełnia daną równość. Wtedy, korzystając z oczywistej nierówności −40x 6 −40[x], otrzymujemy: (2x − 3)(2x − 17) = 4x2 − 40x + 51 6 4x2 − 40[x] + 51 = 0 i stąd wnioskujemy najpierw, że 3 2 6 x 6 17 2 i następnie, że h i 3 2 6 [x] 6 1 2 h 17 2 i , czyli 1 6 p 40[x] − 51. Ponieważ [x] 6 8. Stąd w szczególności wynika, że x jest liczbą dodatnią równą 40[x]−51 > 0, więc przypadek [x] = 1 nie jest możliwy. Wstawiając kolejno √ √ √ √ [x] = √2, 3, 4, 5, √ 6, 7 i 8, otrzymujemy siedem liczb rzeczywistych: 21 29, 12 69, 12 109, 12 149, 12 189, 21 229 √ i 21 269, których części całkowite są odpowiednio równe 2, 4, 5, 6, 6, 7 i 8. Sprawdzamy, które z tych liczb spełniają warunek h p i [x] = 12 40[x] − 51 . √ √ √ √ Liczbami takimi są tylko 21 29, 12 189, 21 229, 21 269. W ten sposób otrzymaliśmy wszystkie badanego równania. Równanie 4x2 − 40[x] + 51 = 0 ma więc 4 rozwiązania: √ rozwiązania √ √ √ 1 1 1 1 2 29, 2 189, 2 229, 2 269. Wykazaliśmy, że równanie 4x2 − 40[x] + 51 = 0 ma dokładnie 4 rozwiązania. Tyleż samo rozwiązań ma równanie x2 −8[x]+7 = 0. W tym przypadku rozwiąza√ √ na przykład niami są liczby 1, 33, 41 i 7 (patrz [3]). Podobnego typu równania 2x2 − 3[x] + 4 = 0 i 5x2 − 5[x] + 1 = 0 nie mają rzeczywistych rozwiązań. Równania x2 − [x] − 1 = 0 i 9x2 + 4[x] + jedno rozwiązanie. Rozwiązaniami są tu odpowied√ 3 = 01 posiadają tylko 2 nio liczby 2 i − 3 . Równanie x − 7[x] + 2 = 0 posiada dokładnie dwa rozwiązania: √ √ 33√i 2 10.√Równanie 2x2 + 2[x] + 1 = 0 również posiada dokładnie dwa rozwiązania: √ − 12 2 i − 12 6. Równanie x2 − 6[x] − 7 = 0 ma dokładnie trzy rozwiązania: −1, 43, 7. 2 Podobnie √ √ jest √ z równaniem x − 6[x] + 6 = 0, które ma dokładnie trzy rozwiązania: 6, 2 3, 3 2. Ile rozwiązań może posiadać równanie postaci ax2 + b[x] + c = 0, gdzie a, b, c są liczbami rzeczywistymi i przy tym a 6= 0 ? Wiemy już, że liczba tych rozwiązań może być równa 0, 1, 2, 3 lub 4. Istnieją tego typu równania posiadające dokładnie 5 rozwiązań. √ √ √Takim √ równaniem √ jest na przykład x2 − 8[x] + 9 = 0. Każda z pięciu liczb 7, 15, 23, 31, 39 jest rozwiązaniem tego równania i innych rozwiązań nie ma. Dowód tego faktu jest taki sam jak poniższy dowod dla następującego przykładu z podobnym równaniem posiadającym 6 rozwiązań. Przykład 1.2. Równanie x2 − 7[x] + 6 = 0 posiada dokładnie 6 rozwiązań: √ √ √ √ 1, 2 2, 15, 22, 29, 6. Dowód. Załóżmy, że liczba rzeczywista x spełnia równość x2 − 7[x] + 6 = 0. Wtedy, korzystając z nierówności −7x 6 −7[x], otrzymujemy: (x − 1)(x − 6) = x2 − 7x + 6 6 x2 − 7[x] + 6 = 0. Zatem 1 6 x 6 6 i to implikuje, że 1 6 [x] 6 6. Stąd dalej wynika, że x jest liczbą dop datnią równą 7[x] − 6. Wstawiając kolejno [x] = 1, 2, 3, 4, 5 i 6, otrzymujemy odpowiednio 2 √ √ √ √ liczby rzeczywiste 1, 2 2, 15, 22, 29 i 6. Z łatwością sprawdzamy, że wszystkie te liczby spełniają dane równanie. Mnożąc ewentualnie dane równanie ax2 + b[x] + c = 0 przez −1, możemy zawsze zakładać, że a > 0. W zadaniu 1.1 i przykładzie 1.2 rozpatrywane równania miały ujemny współczynnik b. Dzięki temu mogliśmy wykorzystać nierówność bx 6 b[x]. Trochę inaczej postępujemy, gdy b > 0. W tym przypadku korzystamy z nierówności b(x − 1) < b[x]. Spójrzmy na następny przykład. Przykład 1.3. Równanie x2 + 10[x] + 25 = 0 posiada dokładnie 7 rozwiązań: √ √ √ √ √ √ − 65, − 55, − 45, − 35, −5, − 15, − 5. Dowód. Załóżmy, że liczba rzeczywista x spełnia równość x2 + 10[x] + 25 = 0. Wtedy, korzystając z nierówności 10(x − 1) < 10[x], otrzymujemy x2 + 10x + 15 = x2 + 10(x − 1) + 25 < x2 + 10[x] + 25 = 0. √ √ Stąd wynika, że x1 < x < x2 , gdzie x1 = −5 − 10, x2 = −5 + 10. Ponieważ [x1 ] = −9 i p [x2 ] = −2, więc −9 6 [x] 6 −2. W szczególności x jest liczbą ujemną równą − −10[x] − 25. Ponieważ −10[x] − 25 > 0, więc przypadek [x] = −2 nie jest możliwy. Wstawiając kolejno √ √ √ √ 65, − 55, − 45, − 35, [x]√= −9, −8, . . . , −3, otrzymujemy siedem liczb rzeczywistych: − √ √ − 25, − 15 oraz − 5. Łatwo sprawdzić, że wszystkie te liczby spełniają dane równanie. Z powyższych przykładów wynika, że jeśli n jest nieujemną liczbą całkowitą mniejszą lub równą 7, to istnieje równanie postaci ax2 + b[x] + c = 0 posiadające dokładnie n rozwiązań. Wykażemy, że to jest prawdą dla dowolnej nieujemnej liczby całkowitej n. Twierdzenie 1.4. Niech n > 1 będzie liczbą całkowitą. Równanie x2 − (2n2 − 3n + 1)[x] + n(n − 1)3 = 0 posiada dokładnie n rozwiązań. Dowód. Oznaczmy b = −(2n2 − 3n + 1), c = n(n − 1)3 , s = n − 1, p = s2 , q = s2 + s. Wtedy 0 6 p 6 q, b = −(p + q), c = pq i dane równanie ma postać x2 − (p + q)[x] + pq = 0. Należy wykazać, że to równanie ma dokładnie s + 1 rozwiązań. Przypadek s = 0 (czyli n = 1) jest oczywisty. Załóżmy dalej, że s > 1 i załóżmy, że liczba rzeczywista x jest rozwiązaniem tego równania. Wtedy (x − p)(x − q) = x2 − (p + q)x + pq 6 x2 − (p + q)[x] + pq = 0, więc p 6 x 6 q i stąd s2 p = p 6 [x] 6 q = s2 + s. Stąd p w szczególności wynika, że x jest liczbą dodatnią równą (p + q)[x] − pq. Wstawiając do (p + q)[x] − pq kolejno [x] = 3 s2 , s2 + 1, s2 + 2, . . . , s2 + s, otrzymujemy s + 1 parami różnych liczb rzeczywistych, z których każda jest postaci p (2s2 + s)(s2 + j) − s2 (s2 + s) = p s4 + 2s2 j + sj, gdzie j ∈ {0, 1, 2, . . . , s}. Wystarczy teraz udowodnić, że dla każdego j należącego do zbioru {0, 1, 2, . . . , s} zachodzi równość (∗) s2 + j = i hp s4 + 2s2 j + sj . W tym celu należy udowodnić, że dla j ∈ {0, 1, 2, . . . , s} zachodzą nierówności s2 + j 6 p s4 + 2s2 j + sj < s2 + j + 1. To z kolei, po podniesieniu stron do kwadratu, sprowadza się do wykazania, że s4 + 2sj + j 2 6 s4 + 2s2 j + sj < s4 + (j + 1)2 + 2s2 j + 2s2 dla j = 0, 1, . . . , s. Lewa nierówność jest oczywista. Prawa nierówność sprowadza się do nierówności (j + 1)2 + 2s2 − sj > 0. Sprawdzamy: (j + 1)2 + 2s2 − sj > (j + 1)2 + 2s2 − s2 = (j + 1)2 + s2 > 0. Zatem istotnie, dla każdego j ∈ {0, 1, 2, . . . , s}, zachodzi równość (∗) i to implikuje, że dane równanie ma dokładnie s + 1 = n rozwiązań. Widzimy więc, że równanie postaci ax2 + b[x] + c = 0 może mieć dowolnie wiele rozwiązań. Czy może się tak zdarzyć, że rozwiązań jest nieskończenie wiele? Na pytanie to odpowiada następujące twierdzenie. Twierdzenie 1.5. Każde równanie postaci ax2 + b[x] + c = 0, gdzie a 6= 0, b, c są liczbami rzeczywistymi, ma skończenie wiele rozwiązań, przy czym może tych rozwiązań w ogóle nie być. Dowód. Rozpatrzmy równanie ax2 + b[x] + c = 0, gdzie a > 0, b, c są danymi liczbami rzeczywistymi. Załóżmy, że liczba rzeczywista x spełnia to równanie. Przypadek 1. Niech b 6 0. Wtedy bx 6 b[x] i mamy: ax2 + bx + c 6 ax2 + b[x] + c = 0. Niech ∆ = b2 − 4ac. Jeśli ∆ < 0, to nierówność ax2 + bx + c 6 0 nie może zachodzić. W tym przypadku rozpatrywane równanie nie ma w ogóle rozwiązań. Niech więc ∆ > 0. Wtedy x1 6 x 6 x2 , gdzie x1 i x2 są pierwiastkami równania ax2 + bx + c = 0. Wtedy [x1 ] 6 [x] 6 [x2 ]. Oznacza to, żeq[x] może przyjmować tylko skończenie wiele wartości (całkowitych). Mamy ponadto, x = ± może być tylko skończenie wiele. −b[x]−c . a Stąd wynika, że takich liczb x Przypadek 2. Niech b > 0. Wtedy b(x − 1) < b[x] i mamy: ax2 + bx + c − b = ax2 + b(x − 1) + c 6 ax2 + b[x] + c = 0. Niech ∆ = b2 − 4a(c − b). Jeśli ∆ < 0, to nierówność ax2 + bx + c − b < 0 nie może zachodzić. W tym przypadku rozpatrywane równanie nie ma w ogóle rozwiązań. Jeśli ∆ > 0, to powtarzamy argument z przypadku 1. W każdym więc przypadku rozwiązań rozpatrywanego równania jest tylko skończenie wiele. 4 Niech γ(u, v) oznacza liczbę rozwiązań równania x2 − u[x] + v = 0. Zanotujmy kilka przykładów liczb postaci γ(u, v), otrzymanych przy pomocy przedstawionych metod i komputera. 7 = γ(10, 16) = γ(12, 25) = γ(12, 26) 8 = γ(13, 30) = γ(15, 42) = γ(15, 43) 9 = γ(18, 64) = γ(18, 65) = γ(20, 81) 10 = γ(21, 90) = γ(23, 110) = γ(23, 111) 11 = γ(26, 144) = γ(28, 169) = γ(28, 170) 12 = γ(31, 120) = γ(33, 240) = γ(33, 241) 13 = γ(38, 324) = γ(38, 325) = γ(40, 361) 14 = γ(43, 420) = γ(45, 462) = γ(45, 463) 15 = γ(50, 576) = γ(52, 625) = γ(52, 626) 16 = γ(57, 756) = γ(59, 812) = γ(59, 813). Na zakończenie tego rozdziału proponujemy Czytelnikowi następujące zadania. Zadanie 1.6. Wykazać, że: (1) równanie x2 = [x] ma dokładnie dwa rozwiązania: 0 i 1; √ (2) równanie x2 = 2[x] ma dokładnie 3 rozwiązania: 0, 2 i 2; (3) jeśli n jest liczbą całkowitą większą od 2, to równanie x2 = n[x] ma dokładnie 4 q q rozwiązania: 0, n oraz n(n − 1) i n(n − 2). Zadanie 1.7. Wykazać, że: (1) równanie x2 = −[x] ma dokładnie dwa rozwiązania: 0 i −1; (2) jeśli n jest liczbą całkowitą większą od 1, to równanie x2 = −n[x] ma dokładnie 3 q rozwiązania: 0, −n oraz − n(n + 1). Zadanie 1.8. Niech λ będzie dodatnią liczbą rzeczywistą. Wykazać, że: (1) równanie x2 = λ[x] posiada co najwyżej 4 rozwiązania; (2) równanie x2 = −λ[x] posiada co najwyżej 3 rozwiązania. Zadanie 1.9. Rozpatrzmy równanie x2 − (n + 1)[x] + n = 0, gdzie n > 1 jest liczbą całkowitą. Wykazać, że: (1) jeśli 1 6 n 6 6, to równanie to posiada dokładnie n rozwiązań; (2) jeśli n > 7, to równanie to posiada dokładnie 4 rozwiązania: √ √ 1, n2 − 2n − 2, n2 − n − 1 i n. 2 Równanie [x]2 + bx + c = 0 W tym rozdziale zajmujemy się liczbą rozwiązań równania postaci a[x]2 +bx+c = 0, gdzie a, b, c są liczbami rzeczywistymi i a 6= 0. W przypadku gdy b = 0, równanie takie ma postać a[x]2 + c = 0, gdzie a 6= 0. Wówczas rozwiązań może nie być wcale albo może ich być nieskończenie wiele. Dla 5 przykładu równanie [x]2 + 1 = 0 nie ma rozwiązań. Natomiast równanie [x]2 − 1 = 0 ma nieskończenie wiele rozwiązań; każda liczba x taka, że 1 6 x < 2, spełnia to równanie. W dalszym ciągu zakładać będziemy, że współczynnik b jest również różny od zera. W latach 1974/1975 na Olimpiadzie Matematycznej w Czechosłowacji (patrz [2] zadanie 473) było następujące zadanie. Zadanie 2.1. Znaleźć wszystkie liczby rzeczywiste x spełniające równość 3[x]2 + 6x − 4 = 0. Rozwiązanie. Załóżmy, że liczba rzeczywista x spełnia równość 3[x]2 + 6x − 4 = 0. Rozpatrzmy cztery przypadki. Przypadek 1. Niech [x] = 0. Wtedy 6x − 4 = 0, więc x = mamy pierwsze rozwiązanie: x = 4 6 = 23 . Ponieważ h i 2 3 = 0, więc 2 3. Przypadek 2. Niech [x] > 1. W tym przypadku 0 6 x − 1 < [x] i stąd mamy nierówność (x − 1)2 < [x]2 . Następnie otrzymujemy: 3x2 − 1 = 3(x − 1)2 + 6x − 4 < 3[x]2 + 6x − 4 = 0, czyli x2 < 1 3 i mamy sprzeczność: 1 6 x2 < 13 . Ten przypadek nie jest zatem możliwy. Przypadek 3. Załóżmy, że x jest liczbą całkowitą. Wtedy [x] = x oraz x2 + 6x − 4 = 0. Bez trudu stwierdzamy, że równanie x2 + 5x − 4 = 0 nie ma pierwiastków całkowitych. Ten przypadek zatem też nie jest możliwy. Przypadek 4. Załóżmy, że liczba x nie jest całkowita i [x] < 0. Niech x = −y. Wtedy y jest większe od zera i nie jest liczbą całkowitą. Zatem (patrz Lemat 0.1) [x] = [−y] = −1 − [y] i stąd 3(−1 − [y])2 + 6(−y) − 4 = 0, czyli 3[y]2 + 6[y] − 6y − 1 = 0. (∗ ∗ ∗) Jeśli [y] = 0, to mamy sprzeczność: 0 < y = − 61 . Zatem [y] > 1 i stąd kolejno mamy: y > 1, 0 < y − 1 < [y], (y − 1)2 < [y]2 oraz 3y 2 − 6y − 4 = 3(y − 1)2 + 6(y − 1) − 6y − 1 < 3[y]2 + 6[y] − 6y − 1 = 0, to znaczy, 3y 2 − 6y − 4 < 0. Ostatnia nierówność implikuje, że y1 < y < y2 , gdzie y1 = y2 = √ 6+ 84 . 6 √ 6− 84 , 6 Stąd dalej mamy [y1 ] 6 [y] 6 [y2 ]. Ale y1 < 0, [y2 ] = 2 i [y] > 1, więc 1 6 [y] 6 2. h i Niech [y] = 1. Wtedy z równości (∗ ∗ ∗) otrzymujemy, że y = 43 . Ponieważ mamy następne rozwiązanie: x= h i mamy sprzeczność: 2 = 2 rozwiązania: 2 3 i − 43 . 23 6 − 43 . 4 3 = 1, więc Jeśli [y] = 2, to z równości (∗ ∗ ∗) wynika, że y = = 3. Wynika stąd, że równanie 3[x]2 23 6 i + 6x − 4 = 0 ma dokładnie Wykazaliśmy, że równanie 3[x]2 +6x−4 = 0 ma dokładnie 2 rozwiązania. Podobnego typu równanie [x]2 +x−1 = 0 nie ma rzeczywistych rozwiązań. Równanie 2[x]2 +x−3 = 0 ma tylko jedno rozwiązanie x = 1. Natomiast równanie [x]2 −4x+4 = 0 ma dokładnie trzy rozwiązania: 54 , 2 i 13 . Dokładnie trzy rozwiązania mają również równania 2[x]2 − 4 4x + 3 = 0 i 2[x]2 + 4x − 1 = 0. Rozwiązaniami tych równań są odpowiednio zbiory 6 n 3 5 11 , , 4 4 4 o n o i − 74 , − 41 , 14 . Równania [x]2 − 5x + 6 = 0 i [x]2 + 5x + 2 = 0 posiadają dokładnie cztery rozwiązania, odpowiednio n 7 , 2, 3, 22 5 5 o n o , − 11 , − 56 , − 35 . i − 18 5 5 Ile rozwiązań może posiadać równanie postaci a[x]2 + bx + c = 0, gdzie a, b, c są liczbami rzeczywistymi i przy tym a 6= 0 oraz b 6= 0? Wiemy już, że liczba tych rozwiązań może być równa 0, 1, 2, 3 lub 4. Istnieją tego typu równania posiadające 5 rozwiązań. Przykład 2.2. Równanie [x]2 − 6x + 9 = 0 posiada dokładnie 5 rozwiązań: 5 13 , 6, 3 3, 25 17 , 3. 6 Dowód. Załóżmy, że liczba rzeczywista x spełnia równość [x]2 − 6x + 9 = 0. Wtedy x= [x]2 +9 6 > 9 6 > 1, czyli x > 1. Zatem 0 < x − 1 < [x], więc (x − 1)2 < [x]2 i stąd x2 − 8x + 10 = (x − 1)2 − 6x + 9 < [x]2 − 6x + 9 = 0. Z nierówności x2 − 8x + 10 < 0 wynika, że x1 < x < x2 , gdzie x1 = √ √ x2 = 8+2 24 = 4 + 6. Ale [x1 ] = 1 i [x2 ] = 6, więc 1 6 [x] 6 6. √ 8− 24 2 = 4− √ 6 oraz [x]2 +9 = 45 6 6 i wtedy mamy sprzeczność: 6 = [x] = [45/6] = 7. Zatem [x]2 +9 Wstawiając do 6 kolejno [x] = 1, 2, 3, 4, 5, otrzymujemy odpowiednio liczby 5 13 25 17 3 , 6 , 3, 6 , 3 . Łatwo sprawdzić, że wszystkie te liczby spełniają dane równanie. Jeśli [x] = 6, to x = 1 6 [x] 6 5. rzeczywiste Spójrzmy na następne przykłady. Przykład 2.3. Równanie [x]2 + 9x + 12 = 0 posiada dokładnie 6 rozwiązań: , − 16 , − 37 , − 28 , − 37 , − 16 . − 29 6 3 9 9 9 Dowód. Załóżmy, że liczba rzeczywista x spełnia równość [x]2 + 9x + 12 = 0. Wtedy 2 x = − [x] 9+12 6 − 12 9 < −1, więc x jest liczbą ujemną mniejszą od −1. Zauważmy, że x nie może być liczbą całkowitą. Istotnie, przypuśćmy, że liczba x jest całkowita. Wtedy [x] = x, więc x jest całkowitym pierwiastkiem równania x2 + 9x + 12 = 0. Obliczając pierwiastki stwierdzamy szybko, że równanie to nie ma całkowitych pierwiastków. Niech y = −x. Wtedy liczba y nie jest całkowita, jest większa od 1 oraz [−y]2 + 9(−y) + 12 = 0. Ale [−y] = −1−[y] (patrz Lemat 0.1), więc 0 = (−1−[y])2 −9y+12 = [y]2 +2[y]−9y+ 13. Należy zatem znaleźć wszystkie niecałkowite liczby y, większe od 1, spełniające równość [y]2 + 2[y] − 9y + 13 = 0. Korzystając z nierówności 0 < y − 1 < [y] i (y − 1)2 < [y]2 , otrzymujemy: y 2 − 9y + 12 = (y − 1)2 + 2(y − 1) − 9y + 13 < [y]2 + 2[y] − 9y + 13 = 0. √ 9− 33 oraz y2 = 2 √ [y]2 +2[y]+13 9+ 33 . Ale [y1 ] = 1 i [y2 ] = 7, więc 1 6 [y] 6 7. Ponadto, y = . Wstawiając 2 9 7 28 37 16 29 kolejno [y] = 1, 2, 3, 4, 5, otrzymujemy odpowiednio liczby rzeczywiste 16 , , 9 3 9 , 9 , 3 , 6 . Z 2 łatwością sprawdzamy, że wszystkie te liczby spełniają równość [y] +2[y]−9y+13 = 0. Zatem Z nierówności y 2 − 9y + 12 < 0 wynika, że y1 < y < y2 , gdzie y1 = 16 37 28 7 16 liczby przeciwne do nich, czyli liczby − 29 6 , − 3 , − 9 , − 9 , − 3 , − 9 , spełniają daną równość [x]2 + 9x + 12 = 0 i innych takich liczb nie ma. Podobnie dowodzimy, że istnieją przykłady z siedmioma i ośmioma rozwiązaniami. 7 Przykład 2.4. Równanie [x]2 − 10x + 25 = 0 posiada dokładnie 7 rozwiązań: 29 17 41 , 5 , 10 , 10 5, 61 37 , 5, 10 89 i 10 . Przykład 2.5. Równanie [x]2 − 19x + 88 = 0 posiada dokładnie 8 rozwiązań: 113 124 137 , 19 , 19 , 19 8, 11, 232 257 284 , 19 , 19 . 19 Stosując powyższe metody i korzystając z komputera, można szybko obliczyć liczbę rozwiązań równań postaci a[x]2 + bx + c = 0, gdzie a > 0 i b 6= 0. Zanotujmy kilka takich równań wraz z ich liczbami rozwiązań. Przykład 2.6. Pewne równania postaci [x]2 − ux + v = 0 i ich liczba rozwiązań. (1) [x]2 − 18x + 81 = 0, 9 rozwiązań. (2) [x]2 − 30x + 224 = 0, 10 rozwiązań. (3) [x]2 − 30x + 225 = 0, 11 rozwiązań. (4) [x]2 − 40x + 399 = 0, 12 rozwiązań. (5) [x]2 − 40x + 400 = 0, 13 rozwiązań. (6) [x]2 − 50x + 624 = 0, 14 rozwiązań. (7) [x]2 − 60x + 900 = 0, 15 rozwiązań. (8) [x]2 − 59x + 870 = 0, 16 rozwiązań. (9) [x]2 − 70x + 1225 = 0, 17 rozwiązań. Z powyższych przykładów wynika, że jeśli n jest nieujemną liczbą całkowitą mniejszą lub równą 17, to istnieje równanie postaci a[x]2 + bx + c = 0 posiadające dokładnie n rozwiązań. Wykażemy, że to jest prawdą dla dowolnej nieujemnej liczby całkowitej n. W dowdzie tego faktu wykorzystamy następujący lemat. Jego dowód, który nie jest skomplikowany, pozostawiamy Czytelnikowi. Lemat 2.7. Niech p > 1 będzie liczbą całkowitą. Wtedy: i h√ i h√ 4p2 + 1 = 4p2 + 2 = 2p; (1) h√ i (2) 4p2 − 4p = 2p − 2; √ √ (3) liczby 4p2 + 1 i 2p2 + 2 nie są całkowite; √ (4) liczba 4p2 − 4p, gdzie p > 2, nie jest całkowita; Stwierdzenie 2.8. Niech p > 2 będzie liczbą całkowitą. (1) Równanie [x]2 − 4p2 x + 4p4 = 0 posiada dokładnie 4p − 1 rozwiązań. (2) Równanie [x]2 − 4p2 x + 4p4 − 1 = 0 posiada dokładnie 4p rozwiązań. (3) Równanie [x]2 − 4p2 x + 4p4 − 2 = 0 posiada dokładnie 4p − 2 rozwiązań. (4) Równanie [x]2 − 4p2 x + 4p4 + 4p = 0 posiada dokładnie 4p − 3 rozwiązań. 8 Dowód. W każdym przypadku mamy równanie postaci [x]2 − ux + v = 0, gdzie u = 4p2 i v jest liczbą całkowitą większą od u. Załóżmy, że liczba rzeczywista x spełnia takie równanie. 2 Wtedy x = [x] u+v > uv > 1, więc 0 < x − 1 < [x] i stąd 0 < (x − 1)2 < [x]2 . Mamy zatem (x − 1)2 − ux + v < [x]2 − ux + v = 0, czyli x2 − (u + 2)x + (v + 1) < 0. To implikuje, że x1 < x < x2 , gdzie x1 = 1 2 u+2− √ ∆ , x2 = 1 2 u+2+ √ ∆ , przy czym ∆ = (u + 2)2 − 4(v + 1) = u2 + 4u − 4v. Stąd wynika, że [x1 ] 6 [x] 6 [x2 ]. Przejdźmy teraz do danych równań. (1) Równanie [x]2 − 4p2 x + 4p4 = 0. W tym przypadku u = 4p2 , v = 4p4 , ∆ = 16p2 , x1 = 2p2 − 2p + 1 = [x1 ], x2 = 2p2 + 2p + 1 = [x2 ], więc 2p2 − 2p + 1 6 [x] 6 2p2 + 2p + 1. Niech [x] = 2p2 − 2p + i, gdzie i jest liczbą całkowitą taką, że 1 6 i 6 4p + 1. Wtedy x= [x]2 +4p4 4p2 = 2p2 − 2p + i + (2p−i)2 4p2 = [x] + (i−2p)2 4p2 . (i−2p)2 > i wtedy mamy sprzeczność: [x] > [x] + 1. Natomiast, 4p2 2 (i−2p) < 1 i wtedy powyższe x jest rozwiązaniem rozpatrywanego 4p2 Jeśli i = 4p lub i = 4p + 1, to gdy 1 6 i 6 4p − 1, to 0 6 równania. Mamy więc w tym przypadku dokładnie 4p − 1 rozwiązań. 2 4 (2) Równanie [x]2 − 4p2px + 4p4 − 1 = 0. W tym p przypadku u = 4p , v = 4p − 1, ∆ = 16p2 + 4, x1 = 2p2 + 1 − 4p2 + 1, x1 = 2p2 + 1 + 4p2 + 1 i z lematów 0.1 i 2.7 wynika, że [x1 ] = 2p2 − 2p, [x2 ] = 2p2 + 2p + 1. Zatem 2p2 − 2p 6 [x] 6 2p2 + 2p + 1. Niech [x] = 2p2 − 2p + i, gdzie i jest liczbą całkowitą taką, że 0 6 i 6 4p + 1. Wtedy x= [x]2 +4p4 −1 4p2 = 2p2 − 2p + i + (2p−i)2 −1 4p2 = [x] + (i−2p)2 −1 . 4p2 2 −1 . Mamy więc x = [x] + r. Jeśli i = 4p + 1, to r > 1 i otrzymujemy Oznaczmy r = (i−2p) 4p2 sprzeczność. Zatem i 6= 4p + 1. Podobnie jest, gdy i = 2p. W tym przypadku r < 0 i znowu mamy sprzeczność. Zatem i 6= 2p. Jest oczywiste, że dla pozostałych i mamy zawsze nierówność 0 6 r < 1. Tych pozostałych i jest dokładnie 4p. Mamy więc w tym przypadku dokładnie 4p rozwiązań. (3) Równanie [x]2 − 4p2 x p + 4p4 − 2 = 0. W tym przypadku u = 4p2 , v = 4p4 − 2, p ∆ = 16p2 + 8, x1 = 2p2 + 1 − 4p2 + 2, x1 = 2p2 + 1 + 4p2 + 2 i z powyższych lematów wynika, że [x1 ] = 2p2 − 2p, [x2 ] = 2p2 + 2p + 1. Zatem 2p2 − 2p 6 [x] 6 2p2 + 2p + 1. Niech [x] = 2p2 − 2p + i, gdzie i jest liczbą całkowitą taką, że 0 6 i 6 4p + 1. Powtarzając obliczenia 2 −2 z przypadku równania (2) otrzymujemy, że x = [x] + r, gdzie r = (i−2p) . Jeśli i jest jedną 4p2 z czterech liczb 2p − 1, 2p, 2p + 1 lub 4p + 1, to otrzymujemy oczywistą sprzeczność. Dla pozostałych i, których jest dokładnie 4p − 2, mamy zawsze nierówność 0 6 r < 1. W tym przypadku jest więc dokładnie 4p − 2 rozwiązań. (4) Równanie [x]2 − 4p2 x + 4p4 + 4p = 0. W tym przypadku u = 4p2 , v = 4p4 + 4p, p p 2 2 2 2 2 ∆ = 16p − 16p, x1 = 2p + 1 − 4p − 4p, x1 = 2p + 1 + 4p − 4p i z powyższych lematów wynika, że [x1 ] = 2p2 − 2p + 2, [x2 ] = 2p2 + 2p − 1. Zatem 2p2 − 2p + 2 6 [x] 6 2p2 + 2p − 1. Niech [x] = 2p2 − 2p + i, gdzie i jest liczbą całkowitą taką, że 2 6 i 6 4p − 1. Powtarzając 2 +4p obliczenia z przypadku równania (2) otrzymujemy, że x = [x] + r, gdzie r = (i−2p) . Jeśli 4p2 i = 4p − 1, to otrzymujemy oczywistą sprzeczność. Dla pozostałych i, których jest dokładnie 9 4p − 3, mamy zawsze nierówność 0 6 r < 1. W tym przypadku jest więc dokładnie 4p − 3 rozwiązań. Z powyższego stwierdzenia wynika natychmiast: Twierdzenie 2.9. Dla każdej nieujemnej liczby całkowitej n istnieje równanie postaci a[x]2 + bx + c = 0, gdzie a > 0 i b 6= 0, posiadające dokładnie n rozwiązań. Dowód. Dla n < 5 przykłady takich równań podaliśmy na początku tego rozdziału. Jeśli n > 5, to n jest jedną z liczb postaci 4p, 4p − 1, 4p − 2 lub 4p − 3, gdzie p > 2 jest liczbą całkowitą. W tym przypadku teza wynika ze stwierdzenia 2.8. Przykład 2.10. Ze stwierdzenia 2.8 wynika, że równania [x]2 − 4(502)2 x + 4(502)4 − 2 = 0, [x]2 − 4(502)2 x + 4(502)4 = 0, [x]2 − 4(502)2 x + 4(502)4 − 1 = 0, [x]2 − 4(503)2 x + 4(503)2 + 2012 = 0 mają odpowiednio 2006, 2007, 2008 i 2009 rozwiązań. Widzimy więc, że równanie postaci a[x]2 + bx + c = 0, gdzie a 6= 0 i b 6= 0 może mieć dowolnie wiele rozwiązań. Czy może się tak zdarzyć, że rozwiązań jest nieskończenie wiele? Wspominaliśmy już, że jeśli b = 0, to może być nieskończenie rozwiązań. Mamy jednak dodatkowe założenie, że b 6= 0. Stosując metodę podobną do tej, którą zastosowaliśmy w dowodzie twierdzenia 1.5, można udowodnić następujące twierdzenie. Twierdzenie 2.11. Każde równanie postaci a[x]2 + bx + c = 0, gdzie a 6= 0, b 6= 0, c są liczbami rzeczywistymi, ma skończenie wiele rozwiązań, przy czym może tych rozwiązań w ogóle nie być. Kończymy ten artykuł następującymi zadaniami. Zadanie 2.12. Udowodnić, że: (1) równanie [x]2 = −x posiada dokładnie dwa rozwiązania: 0 i −1; (2) równanie [x]2 = −2x posiada dokładnie trzy rozwiązania: 0, −2 i − 21 ; (3) jeśli n > 3 jest liczbą całkowitą, to równanie [x]2 = −nx posiada dokładnie cztery 2 ; rozwiązania: 0, −n, − n1 oraz − (n−1) n (4) jeśli u jest dowolną liczbą dodatnią, to równanie [x]2 = −ux posiada co najwyżej 4 rozwiązania. Zadanie 2.13. Wykazać, że równanie [x]2 = ux, gdzie u > 0, posiada co najwyżej dwa rozwiązania. Zadanie 2.14. Wykazać, że jeśli n > 3 jest liczbą całkowitą, to równanie [x]2 = ma tylko zerowe rozwiązanie. 10 n+1 x n Literatura [1] T. Andrescu, Z. Feng, Mathematical Olympiads 1999−2000. Problems and Solutions From Around the World, The Mathematical Association of America, 2002. [2] J. Kalinowski, Zbiór Zadań z Czeskich i Słowackich Olimpiad Matematycznych, 1951 - 2001, Oficyna Wydawniczo-Poligraficzna ”Adam”, Warszawa 2002. [3] H. Pawłowski, Kółko Matematyczne dla Olimpijczyków, Turpress, Toruń, 1994. 11