Dwa równania kwadratowe z częścią całkowitą

Transkrypt

1 Dwa równania kwadratowe z częścią całkowitą Andrzej Nowicki Wydział Matematyki i Informatyki Uniwersytet M. Kopernika w Toruniu mat.uni.torun.pl 4 sierpnia 00 Jeśli r jest liczbą rzeczywistą, to przez [r] oznaczamy największą liczbę całkowitą nie większą od r. Mówimy wtedy, że [r] jest częścią całkowitą liczby r. Przykłady: [5] = 5, [ ] [ ] [ ] 7 3 =, [ 5] = 5, 7 8 =, 35 =. W niniejszym artykule zajmujemy się dwoma równaniami, w których występuje część całkowita liczby rzeczywistej. Pierwsze z tych równań jest postaci ax +b[x]+c = 0, gdzie a, b, c są liczbami rzeczywistymi i przy tym a > 0 oraz b 0. Drugie równanie ma postać a[x] +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.. Niech x będzie liczbą rzeczywistą. Wtedy: () [x] x < x + ; () [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] = [x]; (5) jeśli x < y, gdzie y jest liczbą rzeczywistą, to [x] [y]. Równanie ax + b[x] +c = 0 Ropoczynamy od następującego zadania, które w 999 roku było na Olimpiadzie Matematycznej w Kanadzie. Zadanie.. Znaleźć wszystkie liczby rzeczywiste x spełniające równość 4x 40[x] + 5 = 0.

2 Rozwiązanie. ([] strona 40). Załóżmy, że rzeczywista liczba x spełnia daną równość. Wtedy, korzystając z oczywistej nierówności 40x 40[x], otrzymujemy: (x 3)(x 7) = 4x 40x + 5 4x 40[x] + 5 = 0 [ ] [ ] i stąd wnioskujemy najpierw, że 3 x 7 i następnie, że 3 [x] 7, czyli [x] 8. Stąd w szczególności wynika, że x jest liczbą dodatnią równą 40[x] 5. Ponieważ 40[x] 5 > 0, więc przypadek [x] = nie jest możliwy. Wstawiając kolejno [x] =, 3, 4, 5,, 7 i 8, otrzymujemy siedem liczb rzeczywistych: 9, 9, 09, 49, 89, 9 i 9, których części całkowite są odpowiednio równe, 4, 5,,, 7 i 8. Sprawdzamy, które z tych liczb spełniają warunek [ ] [x] = 40[x] 5. 89, 9, 9. W ten sposób otrzymaliśmy wszyst- Liczbami takimi są tylko 9, kie rozwiązania badanego równania. Równanie 4x 40[x] + 5 = 0 ma więc 4 rozwiązania: 9, 89, 9, 9. Wykazaliśmy, że równanie 4x 40[x] + 5 = 0 ma dokładnie 4 rozwiązania. Tyleż samo rozwiązań ma na przykład równanie x 8[x]+7 = 0. W tym przypadku rozwiązaniami są liczby, 33, 4 i 7 (patrz [3]). Podobnego typu równania x 3[x] + 4 = 0 i 5x 5[x] + = 0 nie mają rzeczywistych rozwiązań. Równania x [x] = 0 i 9x + 4[x] + 3 = 0 posiadają tylko jedno rozwiązanie. Rozwiązaniami są tu odpowiednio liczby i. Równanie 3 x 7[x] + = 0 posiada dokładnie dwa rozwiązania: 33 i 0. Równanie x + [x] + = 0 również posiada dokładnie dwa rozwiązania: i. Równanie x [x] 7 = 0 ma dokładnie trzy rozwiązania:, 43, 7. Podobnie jest z równaniem x [x] + = 0, które ma dokładnie trzy rozwiązania:, 3, 3. Ile rozwiązań może posiadać równanie postaci ax + b[x] + c = 0, gdzie a, b, c są liczbami rzeczywistymi i przy tym a 0? Wiemy już, że liczba tych rozwiązań może być równa 0,,, 3 lub 4. Istnieją tego typu równania posiadające dokładnie 5 rozwiązań. Takim równaniem jest na przykład x 8[x] + 9 = 0. Każda z pięciu liczb 7, 5, 3, 3, 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 rozwiązań. Przykład.. Równanie x 7[x] + = 0 posiada dokładnie rozwiązań:,, 5,, 9,. Dowód. Załóżmy, że liczba rzeczywista x spełnia równość x 7[x] + = 0. Wtedy, korzystając z nierówności 7x 7[x], otrzymujemy: (x )(x ) = x 7x + x 7[x] + = 0. Zatem x i to implikuje, że [x]. Stąd dalej wynika, że x jest liczbą dodatnią równą 7[x]. Wstawiając kolejno [x] =,, 3, 4, 5 i, otrzymujemy odpowiednio

3 liczby rzeczywiste,, 5,, 9 i. Z łatwością sprawdzamy, że wszystkie te liczby spełniają dane równanie. Mnożąc ewentualnie dane równanie ax + b[x] + c = 0 przez, możemy zawsze zakładać, że a > 0. W zadaniu. i przykładzie. rozpatrywane równania miały ujemny współczynnik b. Dzięki temu mogliśmy wykorzystać nierówność bx b[x]. Trochę inaczej postępujemy, gdy b > 0. W tym przypadku korzystamy z nierówności b(x ) < b[x]. Spójrzmy na następny przykład. Przykład.3. Równanie x + 0[x] + 5 = 0 posiada dokładnie 7 rozwiązań: 5, 55, 45, 35, 5, 5, 5. Dowód. Załóżmy, że liczba rzeczywista x spełnia równość x + 0[x] + 5 = 0. Wtedy, korzystając z nierówności 0(x ) < 0[x], otrzymujemy x + 0x + 5 = x + 0(x ) + 5 < x + 0[x] + 5 = 0. Stąd wynika, że x < x < x, gdzie x = 5 0, x = Ponieważ [x ] = 9 i [x ] =, więc 9 [x]. W szczególności x jest liczbą ujemną równą 0[x] 5. Ponieważ 0[x] 5 0, więc przypadek [x] = nie jest możliwy. Wstawiając kolejno [x] = 9, 8,..., 3, otrzymujemy siedem liczb rzeczywistych: 5, 55, 45, 35, 5, 5 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 ax + b[x] + c = 0 posiadające dokładnie n rozwiązań. Wykażemy, że to jest prawdą dla dowolnej nieujemnej liczby całkowitej n. Twierdzenie.4. Niech n będzie liczbą całkowitą. Równanie posiada dokładnie n rozwiązań. x (n 3n + )[x] + n(n ) 3 = 0 Dowód. Oznaczmy b = (n 3n + ), c = n(n ) 3, s = n, p = s, q = s + s. Wtedy 0 p q, b = (p + q), c = pq i dane równanie ma postać x (p + q)[x] + pq = 0. Należy wykazać, że to równanie ma dokładnie s + rozwiązań. Przypadek s = 0 (czyli n = ) jest oczywisty. Załóżmy dalej, że s i załóżmy, że liczba rzeczywista x jest rozwiązaniem tego równania. Wtedy (x p)(x q) = x (p + q)x + pq x (p + q)[x] + pq = 0, więc p x q i stąd s = p [x] q = s + s. Stąd w szczególności wynika, że x jest liczbą dodatnią równą (p + q)[x] pq. Wstawiając do (p + q)[x] pq kolejno [x] = 3

4 s, s +, s +,..., s + s, otrzymujemy s + parami różnych liczb rzeczywistych, z których każda jest postaci (s + s)(s + j) s (s + s) = s 4 + s j + sj, gdzie j {0,,,..., s}. Wystarczy teraz udowodnić, że dla każdego j należącego do zbioru {0,,,..., s} zachodzi równość ( ) s + j = [ s 4 + s j + sj]. W tym celu należy udowodnić, że dla j {0,,,..., s} zachodzą nierówności s + j s 4 + s j + sj < s + j +. To z kolei, po podniesieniu stron do kwadratu, sprowadza się do wykazania, że s 4 + s j + j s 4 + s j + sj < s 4 + (j + ) + s j + s dla j = 0,,..., s. Lewa nierówność jest oczywista. Prawa nierówność sprowadza się do nierówności (j + ) + s sj > 0. Sprawdzamy: (j + ) + s sj (j + ) + s s = (j + ) + s > 0. Zatem istotnie, dla każdego j {0,,,..., s}, zachodzi równość ( ) i to implikuje, że dane równanie ma dokładnie s + = n rozwiązań. Widzimy więc, że równanie postaci ax + 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.5. Każde równanie postaci ax + b[x] + c = 0, gdzie a 0, b, c są liczbami rzeczywistymi, ma skończenie wiele rozwiązań, przy czym może tych rozwiązań w ogóle nie być. Dowód. Rozpatrzmy równanie ax + b[x] + c = 0, gdzie a > 0, b, c są danymi liczbami rzeczywistymi. Załóżmy, że liczba rzeczywista x spełnia to równanie. Przypadek. Niech b 0. Wtedy bx b[x] i mamy: ax + bx + c ax + b[x] + c = 0. Niech = b 4ac. Jeśli < 0, to nierówność ax + bx + c 0 nie może zachodzić. W tym przypadku rozpatrywane równanie nie ma w ogóle rozwiązań. Niech więc 0. Wtedy x x x, gdzie x i x są pierwiastkami równania ax + bx + c = 0. Wtedy [x ] [x] [x ]. Oznacza to, że [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. Niech b > 0. Wtedy b(x ) < b[x] i mamy: ax + bx + c b = ax + b(x ) + c ax + b[x] + c = 0. Niech = b 4a(c b). Jeśli < 0, to nierówność ax + bx + c b < 0 nie może zachodzić. W tym przypadku rozpatrywane równanie nie ma w ogóle rozwiązań. Jeśli 0, to powtarzamy argument z przypadku. W każdym więc przypadku rozwiązań rozpatrywanego równania jest tylko skończenie wiele. 4

5 Niech γ(u, v) oznacza liczbę rozwiązań równania x u[x] + v = 0. Zanotujmy kilka przykładów liczb postaci γ(u, v), otrzymanych przy pomocy przedstawionych metod i komputera. 7 = γ(0, ) = γ(, 5) = γ(, ) 8 = γ(3, 30) = γ(5, 4) = γ(5, 43) 9 = γ(8, 4) = γ(8, 5) = γ(0, 8) 0 = γ(, 90) = γ(3, 0) = γ(3, ) = γ(, 44) = γ(8, 9) = γ(8, 70) = γ(3, 0) = γ(33, 40) = γ(33, 4) 3 = γ(38, 34) = γ(38, 35) = γ(40, 3) 4 = γ(43, 40) = γ(45, 4) = γ(45, 43) 5 = γ(50, 57) = γ(5, 5) = γ(5, ) = γ(57, 75) = γ(59, 8) = γ(59, 83). Na zakończenie tego rozdziału proponujemy Czytelnikowi następujące zadania. Zadanie.. Wykazać, że: () równanie x = [x] ma dokładnie dwa rozwiązania: 0 i ; () równanie x = [x] ma dokładnie 3 rozwiązania: 0, i ; (3) jeśli n jest liczbą całkowitą większą od, to równanie x = n[x] ma dokładnie 4 rozwiązania: 0, n oraz n(n ) i n(n ). Zadanie.7. Wykazać, że: () równanie x = [x] ma dokładnie dwa rozwiązania: 0 i ; () jeśli n jest liczbą całkowitą większą od, to równanie x = n[x] ma dokładnie 3 rozwiązania: 0, n oraz n(n + ). Zadanie.8. Niech λ będzie dodatnią liczbą rzeczywistą. Wykazać, że: () równanie x = λ[x] posiada co najwyżej 4 rozwiązania; () równanie x = λ[x] posiada co najwyżej 3 rozwiązania. Zadanie.9. Rozpatrzmy równanie x (n + )[x] + n = 0, gdzie n jest liczbą całkowitą. Wykazać, że: () jeśli n, to równanie to posiada dokładnie n rozwiązań; () jeśli n 7, to równanie to posiada dokładnie 4 rozwiązania:, n n, n n i n. Równanie [x] + bx + c = 0 W tym rozdziale zajmujemy się liczbą rozwiązań równania postaci a[x] +bx+c = 0, gdzie a, b, c są liczbami rzeczywistymi i a 0. W przypadku gdy b = 0, równanie takie ma postać a[x] + c = 0, gdzie a 0. Wówczas rozwiązań może nie być wcale albo może ich być nieskończenie wiele. Dla 5

6 przykładu równanie [x] + = 0 nie ma rozwiązań. Natomiast równanie [x] = 0 ma nieskończenie wiele rozwiązań; każda liczba x taka, że x <, spełnia to równanie. W dalszym ciągu zakładać będziemy, że współczynnik b jest również różny od zera. W latach 974/975 na Olimpiadzie Matematycznej w Czechosłowacji (patrz [] zadanie 473) było następujące zadanie. Zadanie.. Znaleźć wszystkie liczby rzeczywiste x spełniające równość 3[x] + x 4 = 0. Rozwiązanie. Załóżmy, że liczba rzeczywista x spełnia równość 3[x] + x 4 = 0. Rozpatrzmy cztery przypadki. [ ] Przypadek. Niech [x] = 0. Wtedy x 4 = 0, więc x = 4 = 3. Ponieważ 3 = 0, więc mamy pierwsze rozwiązanie: x = 3. Przypadek. Niech [x]. W tym przypadku 0 x < [x] i stąd mamy nierówność (x ) < [x]. Następnie otrzymujemy: 3x = 3(x ) + x 4 < 3[x] + x 4 = 0, czyli x < 3 i mamy sprzeczność: x < 3. Ten przypadek nie jest zatem możliwy. Przypadek 3. Załóżmy, że x jest liczbą całkowitą. Wtedy [x] = x oraz x + x 4 = 0. Bez trudu stwierdzamy, że równanie x + 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.) [x] = [ y] = [y] i stąd 3( [y]) + ( y) 4 = 0, czyli ( ) 3[y] + [y] y = 0. Jeśli [y] = 0, to mamy sprzeczność: 0 < y =. Zatem [y] i stąd kolejno mamy: y, 0 < y < [y], (y ) < [y] oraz 3y y 4 = 3(y ) + (y ) y < 3[y] + [y] y = 0, to znaczy, 3y y 4 < 0. Ostatnia nierówność implikuje, że y < y < y, gdzie y = 84, y = Stąd dalej mamy [y ] [y] [y ]. Ale y < 0, [y ] = i [y], więc [y]. [ ] Niech [y] =. Wtedy z równości ( ) otrzymujemy, że y = 4 3. Ponieważ 4 3 =, więc mamy następne rozwiązanie: x = [ ] 4 3. Jeśli [y] =, to z równości ( ) wynika, że y = 3 i mamy sprzeczność: = 3 = 3. Wynika stąd, że równanie 3[x] + x 4 = 0 ma dokładnie rozwiązania: 3 i 4 3. Wykazaliśmy, że równanie 3[x] +x 4 = 0 ma dokładnie rozwiązania. Podobnego typu równanie [x] +x = 0 nie ma rzeczywistych rozwiązań. Równanie [x] +x 3 = 0 ma tylko jedno rozwiązanie x =. Natomiast równanie [x] 4x+4 = 0 ma dokładnie trzy rozwiązania: 5 4, i 3 4. Dokładnie trzy rozwiązania mają również równania [x] 4x + 3 = 0 i [x] + 4x = 0. Rozwiązaniami tych równań są odpowiednio zbiory

7 { 3, 5, dokładnie cztery rozwiązania, odpowiednio { 7,, 3, 5 5 } { i 7,, } Równania [x] 5x + = 0 i [x] + 5x + = 0 posiadają } { i 8,,, } Ile rozwiązań może posiadać równanie postaci a[x] + bx + c = 0, gdzie a, b, c są liczbami rzeczywistymi i przy tym a 0 oraz b 0? Wiemy już, że liczba tych rozwiązań może być równa 0,,, 3 lub 4. Istnieją tego typu równania posiadające 5 rozwiązań. Przykład.. Równanie [x] x + 9 = 0 posiada dokładnie 5 rozwiązań: 5, 3, 3, 5, Dowód. Załóżmy, że liczba rzeczywista x spełnia równość [x] x + 9 = 0. Wtedy x = [x] +9 9 >, czyli x >. Zatem 0 < x < [x], więc (x ) < [x] i stąd x 8x + 0 = (x ) x + 9 < [x] x + 9 = 0. Z nierówności x 8x + 0 < 0 wynika, że x < x < x, gdzie x = 8 4 = 4 oraz x = 8+ 4 = 4 +. Ale [x ] = i [x ] =, więc [x]. Jeśli [x] =, to x = [x] +9 = 45 i wtedy mamy sprzeczność: = [x] = [45/] = 7. Zatem [x] 5. Wstawiając do [x] +9 kolejno [x] =,, 3, 4, 5, otrzymujemy odpowiednio liczby rzeczywiste 5 3, 3, 3, 5, 7 3. Łatwo sprawdzić, że wszystkie te liczby spełniają dane równanie. Spójrzmy na następne przykłady. Przykład.3. Równanie [x] + 9x + = 0 posiada dokładnie rozwiązań: 9, 3, 37 9, 8 9, 7 3, 9. Dowód. Załóżmy, że liczba rzeczywista x spełnia równość [x] + 9x + = 0. Wtedy x = [x] <, więc x jest liczbą ujemną mniejszą od. Zauważmy, że x nie może być liczbą całkowitą. Istotnie, przypuśćmy, że liczba x jest całkowita. Wtedy [x] = x, więc x jest całkowitym pierwiastkiem równania x + 9x + = 0. Obliczając pierwiastki stwierdzamy szybko, że równanie to nie ma całkowitych pierwiastków. Niech y = x. Wtedy liczba y nie jest całkowita, jest większa od oraz [ y] + 9( y) + = 0. Ale [ y] = [y] (patrz Lemat 0.), więc 0 = ( [y]) 9y+ = [y] +[y] 9y+ 3. Należy zatem znaleźć wszystkie niecałkowite liczby y, większe od, spełniające równość [y] + [y] 9y + 3 = 0. Korzystając z nierówności 0 < y < [y] i (y ) < [y], otrzymujemy: y 9y + = (y ) + (y ) 9y + 3 < [y] + [y] 9y + 3 = 0. Z nierówności y 9y + < 0 wynika, że y < y < y, gdzie y = 9 33 oraz y = Ale [y ] = i [y ] = 7, więc [y] 7. Ponadto, y = [y] +[y]+3 9. Wstawiając kolejno [y] =,, 3, 4, 5, otrzymujemy odpowiednio liczby rzeczywiste 9, 7 3, 8 9, 37 9, 3, 9. Z łatwością sprawdzamy, że wszystkie te liczby spełniają równość [y] +[y] 9y+3 = 0. Zatem liczby przeciwne do nich, czyli liczby 9, 3, 37 9, 8 9, 7 3, 9, spełniają daną równość [x] + 9x + = 0 i innych takich liczb nie ma. Podobnie dowodzimy, że istnieją przykłady z siedmioma i ośmioma rozwiązaniami. 7

8 Przykład.4. Równanie [x] 0x + 5 = 0 posiada dokładnie 7 rozwiązań: 9, 7, 4, 5,, 37, i Przykład.5. Równanie [x] 9x + 88 = 0 posiada dokładnie 8 rozwiązań: 3 9, 4 9, 37 9, 8,, 3 9, 57 9, Stosując powyższe metody i korzystając z komputera, można szybko obliczyć liczbę rozwiązań równań postaci a[x] + bx + c = 0, gdzie a > 0 i b 0. Zanotujmy kilka takich równań wraz z ich liczbami rozwiązań. Przykład.. Pewne równania postaci [x] ux + v = 0 i ich liczba rozwiązań. () [x] 8x + 8 = 0, 9 rozwiązań. () [x] 30x + 4 = 0, 0 rozwiązań. (3) [x] 30x + 5 = 0, rozwiązań. (4) [x] 40x = 0, rozwiązań. (5) [x] 40x = 0, 3 rozwiązań. () [x] 50x + 4 = 0, 4 rozwiązań. (7) [x] 0x = 0, 5 rozwiązań. (8) [x] 59x = 0, rozwiązań. (9) [x] 70x + 5 = 0, 7 rozwiązań. Z powyższych przykładów wynika, że jeśli n jest nieujemną liczbą całkowitą mniejszą lub równą 7, to istnieje równanie postaci a[x] + 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.7. Niech p będzie liczbą całkowitą. Wtedy: () [ 4p + ] = [ 4p + ] = p; () [ 4p 4p ] = p ; (3) liczby 4p + i p + nie są całkowite; (4) liczba 4p 4p, gdzie p, nie jest całkowita; Stwierdzenie.8. Niech p będzie liczbą całkowitą. () Równanie [x] 4p x + 4p 4 = 0 posiada dokładnie 4p rozwiązań. () Równanie [x] 4p x + 4p 4 = 0 posiada dokładnie 4p rozwiązań. (3) Równanie [x] 4p x + 4p 4 = 0 posiada dokładnie 4p rozwiązań. (4) Równanie [x] 4p x + 4p 4 + 4p = 0 posiada dokładnie 4p 3 rozwiązań. 8

9 Dowód. W każdym przypadku mamy równanie postaci [x] ux+v = 0, gdzie u = 4p i v jest liczbą całkowitą większą od u. Załóżmy, że liczba rzeczywista x spełnia takie równanie. Wtedy x = [x] +v u v u >, więc 0 < x < [x] i stąd 0 < (x ) < [x]. Mamy zatem (x ) ux + v < [x] ux + v = 0, czyli x (u + )x + (v + ) < 0. To implikuje, że x < x < x, gdzie x = ( u + ) (, x = u + + ), przy czym = (u + ) 4(v + ) = u + 4u 4v. Stąd wynika, że [x ] [x] [x ]. Przejdźmy teraz do danych równań. () Równanie [x] 4p x + 4p 4 = 0. W tym przypadku u = 4p, v = 4p 4, = p, x = p p + = [x ], x = p + p + = [x ], więc p p + [x] p + p +. Niech [x] = p p + i, gdzie i jest liczbą całkowitą taką, że i 4p +. Wtedy x = [x] +4p 4 4p = p p + i + (p i) 4p = [x] + (i p) 4p. Jeśli i = 4p lub i = 4p +, to (i p) 4p i wtedy mamy sprzeczność: [x] [x] +. Natomiast, gdy i 4p, to 0 (i p) 4p < i wtedy powyższe x jest rozwiązaniem rozpatrywanego równania. Mamy więc w tym przypadku dokładnie 4p rozwiązań. () Równanie [x] 4p x + 4p 4 = 0. W tym przypadku u = 4p, v = 4p 4, = p +4, x = p + 4p +, x = p ++ 4p + i z lematów 0. i.7 wynika, że [x ] = p p, [x ] = p + p +. Zatem p p [x] p + p +. Niech [x] = p p + i, gdzie i jest liczbą całkowitą taką, że 0 i 4p +. Wtedy x = [x] +4p 4 4p = p p + i + (p i) 4p = [x] + (i p) 4p. Oznaczmy r = (i p) 4p. Mamy więc x = [x] + r. Jeśli i = 4p +, to r > i otrzymujemy sprzeczność. Zatem i 4p +. Podobnie jest, gdy i = p. W tym przypadku r < 0 i znowu mamy sprzeczność. Zatem i p. Jest oczywiste, że dla pozostałych i mamy zawsze nierówność 0 r <. Tych pozostałych i jest dokładnie 4p. Mamy więc w tym przypadku dokładnie 4p rozwiązań. (3) Równanie [x] 4p x + 4p 4 = 0. W tym przypadku u = 4p, v = 4p 4, = p + 8, x = p + 4p +, x = p + + 4p + i z powyższych lematów wynika, że [x ] = p p, [x ] = p + p +. Zatem p p [x] p + p +. Niech [x] = p p + i, gdzie i jest liczbą całkowitą taką, że 0 i 4p +. Powtarzając obliczenia z przypadku równania () otrzymujemy, że x = [x] + r, gdzie r = (i p) 4p. Jeśli i jest jedną z czterech liczb p, p, p + lub 4p +, to otrzymujemy oczywistą sprzeczność. Dla pozostałych i, których jest dokładnie 4p, mamy zawsze nierówność 0 r <. W tym przypadku jest więc dokładnie 4p rozwiązań. (4) Równanie [x] 4p x + 4p 4 + 4p = 0. W tym przypadku u = 4p, v = 4p 4 + 4p, = p p, x = p + 4p 4p, x = p + + 4p 4p i z powyższych lematów wynika, że [x ] = p p +, [x ] = p + p. Zatem p p + [x] p + p. Niech [x] = p p + i, gdzie i jest liczbą całkowitą taką, że i 4p. Powtarzając obliczenia z przypadku równania () otrzymujemy, że x = [x] + r, gdzie r = (i p) +4p 4p. Jeśli i = 4p, to otrzymujemy oczywistą sprzeczność. Dla pozostałych i, których jest dokładnie 9

10 4p 3, mamy zawsze nierówność 0 r <. W tym przypadku jest więc dokładnie 4p 3 rozwiązań. Z powyższego stwierdzenia wynika natychmiast: Twierdzenie.9. Dla każdej nieujemnej liczby całkowitej n istnieje równanie postaci posiadające dokładnie n rozwiązań. a[x] + bx + c = 0, gdzie a > 0 i b 0, Dowód. Dla n < 5 przykłady takich równań podaliśmy na początku tego rozdziału. Jeśli n 5, to n jest jedną z liczb postaci 4p, 4p, 4p lub 4p 3, gdzie p jest liczbą całkowitą. W tym przypadku teza wynika ze stwierdzenia.8. Przykład.0. Ze stwierdzenia.8 wynika, że równania [x] 4(50) x + 4(50) 4 = 0, [x] 4(50) x + 4(50) 4 = 0, [x] 4(50) x + 4(50) 4 = 0, [x] 4(503) x + 4(503) + 0 = 0 mają odpowiednio 00, 007, 008 i 009 rozwiązań. Widzimy więc, że równanie postaci a[x] + bx + c = 0, gdzie a 0 i b 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 0. Stosując metodę podobną do tej, którą zastosowaliśmy w dowodzie twierdzenia.5, można udowodnić następujące twierdzenie. Twierdzenie.. Każde równanie postaci a[x] + bx + c = 0, gdzie a 0, b 0, c są liczbami rzeczywistymi, ma skończenie wiele rozwiązań, przy czym może tych rozwiązań w ogóle nie być. Kończymy ten artykuł następującymi zadaniami. Zadanie.. Udowodnić, że: () równanie [x] = x posiada dokładnie dwa rozwiązania: 0 i ; () równanie [x] = x posiada dokładnie trzy rozwiązania: 0, i ; (3) jeśli n 3 jest liczbą całkowitą, to równanie [x] = nx posiada dokładnie cztery rozwiązania: 0, n, (n ) oraz ; n n (4) jeśli u jest dowolną liczbą dodatnią, to równanie [x] = ux posiada co najwyżej 4 rozwiązania. Zadanie.3. Wykazać, że równanie [x] = ux, gdzie u > 0, posiada co najwyżej dwa rozwiązania. Zadanie.4. Wykazać, że jeśli n 3 jest liczbą całkowitą, to równanie [x] = n+x n ma tylko zerowe rozwiązanie. 0

11 Literatura [] T. Andrescu, Z. Feng, Mathematical Olympiads Problems and Solutions From Around the World, The Mathematical Association of America, 00. [] J. Kalinowski, Zbiór Zadań z Czeskich i Słowackich Olimpiad Matematycznych, 95-00, Oficyna Wydawniczo-Poligraficzna Adam, Warszawa 00. [3] H. Pawłowski, Kółko Matematyczne dla Olimpijczyków, Turpress, Toruń, 994.