Dve zanimljive jednačine

Dve zanimljive jednačine 12.04.2009. u 18:40 · pre 213 meseci #1

Rešiti jednačine:

1. $\left[x\{x\}\right]+\left\{x[x]\right\}=x$

2. $\left[x\{x\}\right]-\left\{x[x]\right\}=x$

gde $[\cdot]$ označava ceo deo, a $\{\cdot\}$ razlomljeni deo.

Re: Dve zanimljive jednačine 12.04.2009. u 21:38 · pre 213 meseci #2

Za 1. zadatak je li jedino rjesenje trivijalno rjesenje

Re: Dve zanimljive jednačine 12.04.2009. u 22:52 · pre 213 meseci #3

Ne. Oba imaju popriličan broj netrivijalnih rešenja.

Re: Dve zanimljive jednačine 13.04.2009. u 02:07 · pre 213 meseci #4

Evo rešenja prvog zadatka.

Primetimo da je ceo deo leve strane baš prvi sabirak, a razlomljeni deo je drugi sabirak. Dakle, rešenje možemo tražiti izjednačavanjem razlomljenog, odnosno celog dela leve i desne strane zasebno.

Kako važi $\{x\lfloor x\rfloor\}=\{(\lfloor x\rfloor+\{x\})\lfloor x\rfloor\}=\{\lfloor x\rfloor^2+\lfloor x\rfloor\{x\}\}=\{\lfloor x\rfloor\{x\}\}$ , prvi uslov je
$\{\lfloor x\rfloor\{x\}\}=\{x\}.\quad (1)$
Slično raspisujemo $\lfloor x\{x\}\rfloor=\lfloor(\lfloor x\rfloor+\{x\})\{x\}\rfloor=\lfloor\lfloor x\rfloor\{x\}+\{x\}^2\rfloor$ , pa se zahtev da ovo bude jednako $\lfloor x\rfloor$ može zapisati i kao
$\lfloor x\rfloor\leq\lfloor x\rfloor\{x\}+\{x\}^2<\lfloor x\rfloor+1.\quad(2)$
Posmatrajmo sada $(1)$ . Za $\lfloor x\rfloor=0$ odatle sledi i $\{x\}=0$ , što ostavlja $x=0$ kao jedinu mogućnost, a proverava se da to jeste rešenje. Dalje, za $\lfloor x\rfloor=1$ uslov $(1)$ uvek jeste zadovoljen, pa još treba obezbediti $1\leq\{x\}+\{x\}^2$ (druga strana je uvek ispunjena); rešavanjem ovoga po $\{x\}$ dobijamo finu kolekciju rešenja, naime $x\in\left[\frac{1+\sqrt 5}2,2\right)$ . Sledeći slučaj je $\lfloor x\rfloor\geq 2$ , kada se $(1)$ svodi na $\lfloor x\rfloor\{x\}=i+\{x\}$ za neko $1\leq i\leq \lfloor x\rfloor-2$ , iz čega dobijamo $\{x\}=\frac i{\lfloor x\rfloor-1}$ ; no, iz $(2)$ sada proizlazi da mora važiti $0\leq\lfloor x\rfloor\{x\}+\{x\}^2-\lfloor x\rfloor\leq\lfloor x\rfloor\frac{\lfloor x\rfloor-2}{\lfloor x\rfloor-1}+\left(\frac{\lfloor x\rfloor-2}{\lfloor x\rfloor-1}\right)^2-\lfloor x\rfloor=\frac{4-3\lfloor x\rfloor}{(\lfloor x\rfloor-1)^2}$ , pa ovde nema rešenja. Za kraj, ako važi $\lfloor x\rfloor\leq -1$ , svodimo $(1)$ na $\lfloor x\rfloor\{x\}=-i+\{x\}$ za neko $1\leq i\leq-\lfloor x\rfloor$ , odakle sledi $\{x\}=\frac i{1-\lfloor x\rfloor}$ ; iz $(1)$ dobijamo da mora biti $0<\lfloor x\rfloor+1-\lfloor x\rfloor\{x\}-\{x\}^2\leq \lfloor x\rfloor+1-\lfloor x\rfloor\frac{-\lfloor x\rfloor}{1-\lfloor x\rfloor}-\left(\frac{-\lfloor x\rfloor}{1-\lfloor x\rfloor}\right)^2=\frac{1-\lfloor x\rfloor-\lfloor x\rfloor^2}{(\lfloor x\rfloor-1)^2}$ , tj. $\frac{-1-\sqrt 5}2<\lfloor x\rfloor<\frac{-1+\sqrt 5}2$ , pa je jedino moguće $\lfloor x\rfloor=-1$ , što daje rešenje $x=-\frac 1 2$ .

Kad podvučemo crtu, zaključak je: $x\in\left\{-\frac 1 2,0\right\}\cup\left[\frac{1+\sqrt 5}2,2\right)$ .

Drugi ostavljam nekom drugog, ali nema razloga da isti postupak ne prođe.

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.

Re: Dve zanimljive jednačine 13.04.2009. u 16:05 · pre 213 meseci #5

Rešiti jednačinu:

$\sum_{k=0}^{n-1}\left\lfloor\frac{m+k}n\right\rfloor=m$

po $m\in Z$ , $n\in N$ .

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: Dve zanimljive jednačine 13.04.2009. u 18:05 · pre 213 meseci #6

Citat:

Nedeljko: Rešiti jednačinu:

$\sum_{k=0}^{n-1}\left\lfloor\frac{m+k}n\right\rfloor=m$

po $m\in Z$ , $n\in N$ .

a) Ako je $n=1$ , jednačina postaje $\lfloor m\rfloor=m$ , te je zadovoljena za svako $m\in\mathbb{Z}$

b) Ako je $n>1$ , stavimo $m=qn+r$ , gde je $q, r\in\mathbb{Z},0\leq r\leq n-1$ . Tada jednačina postaje

$\sum_{k=0}^{n-1}\left\lfloor q+{r+k\over n}\right\rfloor=nq+r\iff nq+\sum_{k=0}^{n-1}\left\lfloor{r+k\over n}\right\rfloor=nq+r$

Za $k=\overline{0,n-r-1}$ , sabirak pod znakom sume imaće vrednost $0$ , a za $k=\overline{n-r,n-1}$ imaće vrednost $1$ . Jednačina stoga postaje

$nq+(n-r)\cdot 0+r\cdot 1=nq+r$

to jest, dobijamo identitet. Prema tome, polazni izraz važi za svaki ceo broj $m$ .

Re: Dve zanimljive jednačine 14.04.2009. u 09:23 · pre 213 meseci #7

Tačno, s tim što ga nigde nisam video ranije. Došao sam samostalno do njega. Ne znam da li ga neko drugi negde video.

Moj dokaz se zasniva na tome da za funkciju $f_n(m)=\sum_{k=1}^{n-1}\left\lfloor\frac{m+k}{n}\right\rfloor$ važi $f_n(0)=0$ i $f_n(m+1)-f_n(m)=1$ za svako $m\in Z$ .

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: Dve zanimljive jednačine 14.04.2009. u 10:14 · pre 213 meseci #8

Zapravo je posredi poseban slučaj Ermitovog (Charles Hermite) identiteta

$\sum_{k=0}^{n-1}\left\lfloor x+{k\over n}\right\rfloor=\lfloor nx\rfloor, n\in\mathbb{N}, x\in\mathbb{R}$

za racionalno $x$ oblika $x={m\over n}$ . Ermitov identitet takođe se lako dokazuje sličnom idejom kao gore, ako se stavi $x=q+{r\over n}+\beta$ , gde je $q,r\in\mathbb{Z}, 0\leq r\leq n-1, \beta\in\mathbb{R}, 0\leq\beta<{1\over n}$ (tj. ako se $x$ "stisne" u podinterval dužine ${1\over n}$ )

_{[Ovu poruku je menjao Farenhajt dana 14.04.2009. u 11:26 GMT+1]}

Re: Dve zanimljive jednačine 14.04.2009. u 10:45 · pre 213 meseci #9

Hvala.

Potpis

Nije bitno koji su zaključci izvučeni, već kako se do njih došlo.

Re: Dve zanimljive jednačine 19.04.2009. u 17:00 · pre 213 meseci #10

Da li je neko zainteresovan za drugu jednačinu ili da kačim rešenje?

Re: Dve zanimljive jednačine 19.04.2009. u 18:35 · pre 213 meseci #11

Evo ja ću, kad već neće niko.

Tvrdimo da je rešenje polazne jednačine: $x\in\left\{-n+\frac{n-2}{n-1}:n\geq 3\right\}\cup\{0\}$ .

Ako bi bilo $\{x\lfloor x\rfloor\}=0$ , ostalo bi $\lfloor x\{x\}\rfloor=x$ , pa bi važilo $x\in\textbf{Z}$ (zapazimo, trebaće nam posle, da važi i obratno: ako $x\in\textbf{Z}$ , onda je $\{x\lfloor x\rfloor\}=0$ ). No, sada bismo dobili $\{x\}=0$ , pa iz date jednačine sledi da je jedino rešenje u ovom slučaju $x=0$ .

Dakle, neka sada bude $\{x\lfloor x\rfloor\}\neq 0$ , tj. $x\notin\textbf{Z}$ . Slično kao u prethodnom zadatku, zasebno ćemo izjednačavati razlomljeni, odnosno ceo deo leve i desne strane. Razlomljeni deo leve strane je $1-\{x\lfloor x\rfloor\}=1-\{(\lfloor x\rfloor+\{x\})\lfloor x\rfloor\}=1-\{\lfloor x\rfloor^2+\lfloor x\rfloor\{x\}\}=1-\{\lfloor x\rfloor\{x\}\}$ , pa je prvi zahtev
$1-\{\lfloor x\rfloor\{x\}\}=\{x\}.\quad(1)$
Ceo deo leve strane je $\lfloor x\{x\}\rfloor-1=\lfloor(\lfloor x\rfloor+\{x\})\{x\}\rfloor-1=\lfloor\lfloor x\rfloor\{x\}+\{x\}^2\rfloor-1$ , pa je idući zahtev
$\lfloor x\rfloor+1\leq\lfloor x\rfloor\{x\}+\{x\}^2<\lfloor x\rfloor+2.\quad(2)$
Odmah zapazimo da se leva nejednakost u $(2)$ transformiše u $0\leq-\lfloor x\rfloor(1-\{x\})+\{x\}^2-1=(1-\{x\})(-\lfloor x\rfloor-1-\{x\})$ , iz čega izvlačimo da nema rešenja kad god je $\lfloor x\rfloor\geq -1$ (jednakost uključujemo jer $x\notin\textbf{Z}$ ). Dakle, ostaje $\lfloor x\rfloor\leq-2$ , i $(1)$ se svodi na $\lfloor x\rfloor\{x\}=-i+1-\{x\}$ za neko $1<i\leq-\lfloor x\rfloor-1$ . Odatle dobijamo $\{x\}=\frac{i-1}{-\lfloor x\rfloor-1}$ . Tvrdimo da $(2)$ ne može biti zadovoljeno za $i\leq-\lfloor x\rfloor-2$ : svodi se na $0<\lfloor x\rfloor(1-\{x\})+1+1-\{x\}^2=(1-\{x\})\underbrace{(\lfloor x\rfloor +1+\{x\})}_{<0}+1\leq\left(1-\frac{-\lfloor x\rfloor-3}{-\lfloor x\rfloor-1}\right)\left(\lfloor x\rfloor +1+\frac{-\lfloor x\rfloor-3}{-\lfloor x\rfloor-1}\right)+1=\frac{-(\lfloor x\rfloor+2)^2-3}{(\lfloor x\rfloor +1)^2}<0,$ kontradikcija. Dakle, jedina mogućnost je $i=-\lfloor x\rfloor-1$ , tj. $x=-n+\frac{n-2}{n-1}$ gde je $n\geq 3$ , a nije teško proveriti da sve ovo jesu rešenja.

Potpis

Ljubičice crvena, što si plava kô zelena trava.

Re: Dve zanimljive jednačine 19.04.2009. u 18:50 · pre 213 meseci #12

Vrlo lepo, sedi, pet

Samo jedna estetsko-simplifikacijska intervencija: tvoje rešenje može se napisati u obliku $-n+1-{1\over n-1}=-(n-1)-{1\over n-1}$ za $n\geq 3$ , što će zapravo reći $-n-{1\over n}$ za $n\geq 2$

Srodne teme