Республиканская олимпиада по математике, 2016 год, 10 класс
Комментарий/решение:
Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.
Ответ. a=0 и a=±mn, где mn — несократимая дробь и m≥2.
Рассмотрим несколько случаев.
Случай № 1. a=±1n. Тогда для любого положительного рационального q=kl и натурального b≥2 число x=(bk+1bl)±n будет решением нашего уравнения.
Случай № 2. a=0. Тогда для любого q>0 наше уравнение решений не имеет.
Случай № 2. 3 a=±mn, где mn — несократимая дробь и m≥2.
Положим q=1tm, где t — произвольное натуральное число. Поскольку xa=(1x)−a, можно считать, что a=mn. Докажем, что уравнение [xa]⋅{xa}=q не имеет рациональных решений.
От противного. Ясно, что можно x считать положительным (т. к. xa≥[xa]=q{xa}>0, а потому xa=|x|a). Также ясно, что xmn=xa=[xa]+{xa}=[xa]+q[xa] — рациональное число. Но тогда x=yn для некоторого положительного рационального y (объясните, почему!), следовательно, [ym]⋅{ym}=q. Пусть [ym]=z, тогда ym=z+1ztm=z2tm+1ztm. Поскольку последняя дробь несократима, то z=um и z2tm+1=vm для некоторых натуральных u и v, откуда vm−(u2t)m=1, что невозможно (объясните, почему!). Противоречие.
Довольно длинное, но более мотивированное решение: оно обьясняет, почему нужно рассмотреть именно те три случая из решения администратора.
Пусть a=±mn, (m,n)=1 и m,n≥0 и будем называть число q хорошим, если уравнение выше имеет решение в рациональных числах, и плохим в противном случае. Предположим, что для данного a существует конечное количество плохих чисел q. Заметим, что если a<0 и ∃x∈Q такой, что [xa]⋅{xa}=q для какого-то хорошего q, то [1x−a]⋅{1x−a}=q, 1x∈Q. Поэтому можно считать, что a≥0.
Теперь так как [xa],{xa}∈Q, то [xa]+{xa}=xmn∈Q. Следовательно, x=yn для какого-то y∈Q.
Поэтому можно считать, что для каждого хорошего q ∃y∈Q такое, что [ym]⋅{ym}=q.
Сейчас мы будем искать какие должны быть значения m, чтобы такое было возможным.
Возьмем q=pm, где p - простое число вида 4k+3 (Выбор такого q будет пояснен по ходу решения).Тогда если [ym]=b,{ym}=dc, где (d,c)=1, то уравнение перепишется в таком виде:
bdc=pm(1).
(Комментарий №1: Выбор степени простого числа для значения q кажется логичным, поскольку его делители тоже являются степенями простого числа.)
Отсюда можно сделать вывод, что bc=pα,d=pβ,α+β=m. При этом дробь pαc2+pβc несократима и является точной m-ой степенью рационального числа y. Отсюда вывод, что c=tm,pαc2+pβ=rm, для каких-то натуральных t,r.
Посмотрев на степень p в r, приходит идея рассмотреть следующие случаи:
1) min{α,β}≥1, 2) β=0, 3) α=0.
Случай 1:
Утверждаем, что Vp(pαc2+pβ)=min{α,β}≥1. Это очевидно, если α≠β. При α=β,p не делит c2+1, по известному факту. Но тогда p∣r⇒Vp(rm)≥m> min{α,β}, так как α+β=m. Значит этот случай невозможен.
(Комментарий №2: На этом моменте можно было понять, почему выбиралось именно простое число вида 4k+3. Поясню: это делалось, чтобы c2+1 не могло делится на p и не увеличивало степень вхождения p.)
Случай 2:
Уравнение (1) можно записать так: pmt2m+1=rm. Это невозможно при m≥2, потому что разность m-ых степеней расписывается как 1=(r−pt)(rm−1+...+ptm−1)>r−pt≥1. Поэтому получаем, что в таком случае m может быть только равно 1,0.
Случай 3:
Уравнение (1) равносильно pm+t2m=rm, при этом ym<1⇒pm<c=tm⇔p<t. Но тогда при m≥2, pm+t2m=rm≥(t2+1)m≥t2m+mt2m−2+1>t2m+tm>t2m+pm. Опять получили, что m=0,1.
(Комментарий №3: Выбор степени простого числа был сделан так, чтобы можно было рассматривать разности m-ых степеней и можно было получить ограничения на m)
Далее примеры можете посмотреть в решении администратора.
"Предположим, что для любого числа q нашлось рациональное число x, такое что условие выше выполняется."
Это утверждение не верное, хотя решение оно не рушить. Стоило сказать: " для всех достаточно больших q ", тогда предположение q=p^m все еще в силе.
Так же в некоторых местах t^{2m} записано как t^2m.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.