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