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 od r. Mówimy wtedy, że [r] jest częścią całkowitą liczby r. Przykłady:

[5] = 5, ^h7₃ⁱ= 2, [−5] = −5,^h−⁷₈ⁱ= −2, ^h−√

35ⁱ= −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 ax

+ 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.

Rozwiązanie. ([1] strona 40). Załóżmy, że rzeczywista liczba x spełnia daną równość.

Wtedy, korzystając z oczywistej nierówności −40x6 −40[x], otrzymujemy:

(2x − 3)(2x − 17) = 4x²− 40x + 51 6 4x²− 40[x] + 51 = 0

i stąd wnioskujemy najpierw, że ³₂ 6 x 6 ¹⁷₂ i następnie, że ^h₂³ⁱ 6 [x] 6 ^h17₂ⁱ, czyli 1 6 [x]6 8. Stąd w szczególności wynika, że x jest liczbą dodatnią równą ¹₂^p40[x] − 51. Ponieważ 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: ¹₂√

29, ¹₂√

69, ¹₂√

109, ¹₂√

149, ¹₂√

189, ¹₂√ 229 i ¹₂√

269, których części całkowite są odpowiednio równe 2, 4, 5, 6, 6, 7 i 8. Sprawdzamy, które z tych liczb spełniają warunek

[x] =^h1₂^p40[x] − 51ⁱ. Liczbami takimi są tylko ¹₂√

29, ¹₂√

189, ¹₂√

229, ¹₂√

269. W ten sposób otrzymaliśmy wszyst- kie rozwiązania badanego równania. Równanie 4x²− 40[x] + 51 = 0 ma więc 4 rozwiązania:

1 2

√

29, ¹₂√

189, ¹₂√

229, ¹₂√ 269. 

Wykazaliśmy, że równanie 4x²− 40[x] + 51 = 0 ma dokładnie 4 rozwiązania. Tyleż samo rozwiązań ma na przykład równanie x²−8[x]+7 = 0. W tym przypadku rozwiąza- 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] + 3 = 0 posiadają tylko jedno rozwiązanie. Rozwiązaniami są tu odpowied- nio liczby √

2 i −¹₃. Równanie x²− 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.

Podobnie jest z równaniem x² − 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 −7x6 −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 do- datnią równą ^p7[x] − 6. Wstawiając kolejno [x] = 1, 2, 3, 4, 5 i 6, otrzymujemy odpowiednio

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 [x₂] = −2, więc −96 [x] 6 −2. W szczególności x jest liczbą ujemną równą −^p−10[x] − 25.

Ponieważ −10[x] − 25 > 0, więc przypadek [x] = −2 nie jest możliwy. Wstawiając kolejno [x] = −9, −8, . . . , −3, otrzymujemy siedem liczb rzeczywistych: −√

65, −√

55, −√

45, −√ 35,

−√

25, −√

15 oraz −√

5. Łatwo sprawdzić, że wszystkie te liczby spełniają dane równanie.



Z powyższych przykładów wynika, że jeśli n jest nieujemną liczbą całkowitą mniej- szą 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 06 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 6 [x] 6 q = s² + s. Stąd w szczególności wynika, że x jest liczbą dodatnią równą ^p(p + q)[x] − pq. Wstawiając do ^p(p + q)[x] − pq kolejno [x] =

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) =^ps⁴+ 2s²j + 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 =^hps⁴+ 2s²j + sjⁱ.

W tym celu należy udowodnić, że dla j ∈ {0, 1, 2, . . . , s} zachodzą nierówności s²+ j6^ps⁴+ 2s²j + sj < s²+ j + 1.

To z kolei, po podniesieniu stron do kwadratu, sprowadza się do wykazania, że s⁴+ 2s^j+ j² 6 s⁴+ 2s²j + sj < s⁴+ (j + 1)²+ 2s²j + 2s²

dla j = 0, 1, . . . , s. Lewa nierówność jest oczywista. Prawa nierówność sprowadza się do nie- równości (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 b6 0. Wtedy bx 6 b[x] i mamy: ax²+ bx + c6 ax²+ b[x] + c = 0.

Niech ∆ = b²− 4ac. Jeśli ∆ < 0, to nierówność ax²+ bx + c6 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, że [x] może przyjmować tylko skończenie wiele wartości (całkowitych). Mamy ponadto, x = ±

q−b[x]−c

a . Stąd wynika, że takich liczb x może być tylko skończenie wiele.

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.

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 rozwiązania: 0, n oraz ^qn(n − 1) i ^qn(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 rozwiązania: 0, −n oraz −^qn(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 16 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]

+ 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

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 = ⁴₆ = ²₃. Ponieważ ^h2₃ⁱ= 0, więc mamy pierwsze rozwiązanie: x = ²₃.

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 < ¹₃ i mamy sprzeczność: 16 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 = −¹₆. Zatem [y]> 1 i stąd kolejno mamy: y > 1, 0 < y − 1 < [y], (y − 1)² < [y]² oraz

3y²− 6y − 4 = 3(y − 1)²+ 6(y − 1) − 6y − 1 < 3[y]²+ 6[y] − 6y − 1 = 0, to znaczy, 3y²− 6y − 4 < 0. Ostatnia nierówność implikuje, że y₁< y < y2, gdzie y₁= ⁶⁻

√84 6 , y₂ = 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.

Niech [y] = 1. Wtedy z równości (∗ ∗ ∗) otrzymujemy, że y = ⁴₃. Ponieważ ^h4₃ⁱ= 1, więc mamy następne rozwiązanie: x = −⁴₃. Jeśli [y] = 2, to z równości (∗ ∗ ∗) wynika, że y = ²³₆ i mamy sprzeczność: 2 =^h23₆ⁱ= 3. Wynika stąd, że równanie 3[x]²+ 6x − 4 = 0 ma dokładnie 2 rozwiązania: ²₃ i −⁴₃.

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 ¹³₄. Dokładnie trzy rozwiązania mają również równania 2[x]²− 4x + 3 = 0 i 2[x]²+ 4x − 1 = 0. Rozwiązaniami tych równań są odpowiednio zbiory

n3

4,⁵₄,¹¹₄^o i ⁿ−₄⁷, −¹₄,¹₄^o. Równania [x]² − 5x + 6 = 0 i [x]² + 5x + 2 = 0 posiadają dokładnie cztery rozwiązania, odpowiednio ⁿ⁷₅, 2, 3,²²₅^o i ⁿ−¹⁸₅, −¹¹₅, −⁶₅, −³₅^o.

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

3, ¹³₆, 3, ²⁵₆ , ¹⁷₃.

Dowód. Załóżmy, że liczba rzeczywista x spełnia równość [x]² − 6x + 9 = 0. Wtedy x = ^[x]2₆⁺⁹ > ⁹₆ > 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 = ⁸⁻

√ 24

2 = 4 −√ 6 oraz x2 = ⁸⁺

√24

2 = 4 +√

6. Ale [x₁] = 1 i [x₂] = 6, więc 16 [x] 6 6.

Jeśli [x] = 6, to x = ^[x]2₆⁺⁹ = ⁴⁵₆ i wtedy mamy sprzeczność: 6 = [x] = [45/6] = 7. Zatem 16 [x] 6 5. Wstawiając do ^[x]2₆⁺⁹ kolejno [x] = 1, 2, 3, 4, 5, otrzymujemy odpowiednio liczby rzeczywiste ⁵₃,¹³₆ , 3,²⁵₆ ,¹⁷₃. Łatwo sprawdzić, że wszystkie te liczby spełniają dane równanie.



Spójrzmy na następne przykłady.

Przykład 2.3. Równanie [x]² + 9x + 12 = 0 posiada dokładnie 6 rozwiązań:

−²⁹₆, −¹⁶₃, −³⁷₉, −²⁸₉ , −⁷₃, −¹⁶₉.

Dowód. Załóżmy, że liczba rzeczywista x spełnia równość [x]²+ 9x + 12 = 0. Wtedy x = −^[x]2₉⁺¹² 6 −¹²₉ < −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:

y²− 9y + 12 = (y − 1)²+ 2(y − 1) − 9y + 13 < [y]²+ 2[y] − 9y + 13 = 0.

Z nierówności y² − 9y + 12 < 0 wynika, że y₁ < y < y2, gdzie y₁ = ⁹⁻

√ 33

2 oraz y₂ =

9+√ 33

2 . Ale [y₁] = 1 i [y₂] = 7, więc 1 6 [y] 6 7. Ponadto, y = ^[y]2+2[y]+13₉ . Wstawiając kolejno [y] = 1, 2, 3, 4, 5, otrzymujemy odpowiednio liczby rzeczywiste ¹⁶₉ ,⁷₃,²⁸₉,³⁷₉,¹⁶₃ ,²⁹₆. Z łatwością sprawdzamy, że wszystkie te liczby spełniają równość [y]²+2[y]−9y +13 = 0. Zatem liczby przeciwne do nich, czyli liczby −²⁹₆ , −¹⁶₃, −³⁷₉, −²⁸₉ , −⁷₃, −¹⁶₉ , spełniają daną równość [x]²+ 9x + 12 = 0 i innych takich liczb nie ma. 

Podobnie dowodzimy, że istnieją przykłady z siedmioma i ośmioma rozwiązaniami.

Przykład 2.4. Równanie [x]²− 10x + 25 = 0 posiada dokładnie 7 rozwiązań:

29

10, ¹⁷₅, ⁴¹₁₀, 5, ⁶¹₁₀, ³⁷₅ , i⁸⁹₁₀.

Przykład 2.5. Równanie [x]²− 19x + 88 = 0 posiada dokładnie 8 rozwiązań:

113

19, ¹²⁴₁₉, ¹³⁷₁₉, 8, 11, ²³²₁₉, ²⁵⁷₁₉, ²⁸⁴₁₉.

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 mniej- szą 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:

(1) ^h√

4p²+ 1ⁱ=^h√

4p²+ 2ⁱ= 2p;

(2) ^h√

4p²− 4pⁱ= 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− 4p²x + 4p⁴ = 0 posiada dokładnie 4p − 1 rozwiązań.

(2) Równanie [x]²− 4p²x + 4p⁴− 1 = 0 posiada dokładnie 4p rozwiązań.

(3) Równanie [x]²− 4p²x + 4p⁴− 2 = 0 posiada dokładnie 4p − 2 rozwiązań.

(4) Równanie [x]²− 4p²x + 4p⁴+ 4p = 0 posiada dokładnie 4p − 3 rozwiązań.

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.

Wtedy x = ^[x]2_u^+v > _u^v > 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 = ¹₂^u + 2 −√

∆^, x₂ = ¹₂^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− 4p²x + 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_4p^+4p2 ⁴ = 2p²− 2p + i +^(2p−i)_4p2 ² = [x] + ^(i−2p)_4p2 ².

Jeśli i = 4p lub i = 4p + 1, to ^(i−2p)_4p2 ² > i wtedy mamy sprzeczność: [x] > [x] + 1. Natomiast, gdy 16 i 6 4p − 1, to 0 6 ^(i−2p)_4p2 ² < 1 i wtedy powyższe x jest rozwiązaniem rozpatrywanego równania. Mamy więc w tym przypadku dokładnie 4p − 1 rozwiązań.

(2) Równanie [x]² − 4p²x + 4p⁴ − 1 = 0. W tym przypadku u = 4p², v = 4p⁴ − 1,

∆ = 16p²+ 4, x₁ = 2p²+ 1 −^p4p²+ 1, x₁ = 2p²+ 1 +^p4p²+ 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+4p_4p2⁴⁻¹ = 2p²− 2p + i +^(2p−i)_4p2²⁻¹ = [x] +^(i−2p)_4p2²⁻¹.

Oznaczmy r = ^(i−2p)_4p2²⁻¹. Mamy więc x = [x] + r. Jeśli i = 4p + 1, to r > 1 i otrzymujemy 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 − 4p²x + 4p⁴ − 2 = 0. W tym przypadku u = 4p², v = 4p⁴ − 2,

∆ = 16p²+ 8, x₁ = 2p²+ 1 −^p4p²+ 2, x₁ = 2p²+ 1 +^p4p²+ 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 z przypadku równania (2) otrzymujemy, że x = [x] + r, gdzie r = ^(i−2p)_4p2²⁻². Jeśli i jest jedną 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− 4p²x + 4p⁴+ 4p = 0. W tym przypadku u = 4p², v = 4p⁴ + 4p,

∆ = 16p²− 16p, x₁ = 2p²+ 1 −^p4p²− 4p, x₁= 2p²+ 1 +^p4p²− 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 obliczenia z przypadku równania (2) otrzymujemy, że x = [x] + r, gdzie r = ^(i−2p)_4p2^2+4p. Jeśli i = 4p − 1, to otrzymujemy oczywistą sprzeczność. Dla pozostałych i, których jest dokładnie

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)²x + 4(502)⁴− 2 = 0, [x]²− 4(502)²x + 4(502)⁴ = 0, [x]²− 4(502)²x + 4(502)⁴− 1 = 0, [x]²− 4(503)²x + 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 nieskoń- czenie 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 −¹₂;

(3) jeśli n > 3 jest liczbą całkowitą, to równanie [x]² = −nx posiada dokładnie cztery rozwiązania: 0, −n, −_n¹ oraz −⁽ⁿ⁻¹⁾_n ²;

(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 = ⁿ⁺¹_n x ma tylko zerowe rozwiązanie.

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.