Математикадан республикалық олимпиада, 2015-2016 оқу жылы, 10 сынып

Келесі шартты қанағаттандыратын барлық рационал $a$ сандарын табыңыздар: $\left[ {{x}^{a}} \right]\cdot \left\{ {{x}^{a}} \right\}=q$ теңдеуінің рационал $x$ шешуі болмайтындай, шексіз көп оң рационал $q$ саны бар. ( А. Васильев )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Ответ. $a=0$ и $a=\pm \frac{m}{n}$, где $\frac{m}{n}$ — несократимая дробь и $m\ge 2$.
Рассмотрим несколько случаев.
Случай № 1. $a=\pm \frac{1}{n}$. Тогда для любого положительного рационального $q=\frac{k}{l}$ и натурального $b\ge 2$ число $x={{\left( bk+\frac{1}{bl} \right)}^{\pm n}}$ будет решением нашего уравнения.
Случай № 2. $a=0$. Тогда для любого $q > 0$ наше уравнение решений не имеет.
Случай № 2. 3 $a=\pm \frac{m}{n}$, где $\frac{m}{n}$ — несократимая дробь и $m\ge 2$.
Положим $q=\frac{1}{{{t}^{m}}}$, где $t$ — произвольное натуральное число. Поскольку ${{x}^{a}}={{\left( \frac{1}{x} \right)}^{-a}}$, можно считать, что $a=\frac{m}{n}$. Докажем, что уравнение $\left[ {{x}^{a}} \right]\cdot \left\{ {{x}^{a}} \right\}=q$ не имеет рациональных решений.
От противного. Ясно, что можно $x$ считать положительным (т. к. ${{x}^{a}}\ge \left[ {{x}^{a}} \right]=\frac{q}{\left\{ {{x}^{a}} \right\}} > 0$, а потому ${{x}^{a}}={{\left| x \right|}^{a}}$). Также ясно, что ${{x}^{\frac{m}{n}}}={{x}^{a}}=\left[ {{x}^{a}} \right]+\left\{ {{x}^{a}} \right\}=\left[ {{x}^{a}} \right]+\frac{q}{\left[ {{x}^{a}} \right]}$ — рациональное число. Но тогда $x={{y}^{n}}$ для некоторого положительного рационального $y$ (объясните, почему!), следовательно, $\left[ {{y}^{m}} \right]\cdot \left\{ {{y}^{m}} \right\}=q$. Пусть $\left[ {{y}^{m}} \right]=z$, тогда ${{y}^{m}}=z+\frac{1}{z{{t}^{m}}}=\frac{{{z}^{2}}{{t}^{m}}+1}{z{{t}^{m}}}$. Поскольку последняя дробь несократима, то $z={{u}^{m}}$ и ${{z}^{2}}{{t}^{m}}+1={{v}^{m}}$ для некоторых натуральных $u$ и $v$, откуда ${{v}^{m}}-{{\left( {{u}^{2}}t \right)}^{m}}=1$, что невозможно (объясните, почему!). Противоречие.

Довольно длинное, но более мотивированное решение: оно обьясняет, почему нужно рассмотреть именно те три случая из решения администратора.

Пусть $a=\pm \frac{m}{n}, \ (m,n)=1$ и $m,n \geq 0$ 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 $\exists x \in \mathbb{Q}$ такой, что $$\left[ {{x}^{a}} \right]\cdot \left\{ {{x}^{a}} \right\}=q$$ для какого-то хорошего $q$, то $\left[ {{\frac{1}{x}}^{-a}} \right]\cdot \left\{ {\frac{1}{x}^{-a}} \right\}=q, \ \frac{1}{x} \in \mathbb{Q}$. Поэтому можно считать, что $a \geq 0$.

Теперь так как $\left[ {{x}^{a}} \right], \left\{ {{x}^{a}} \right\} \in \mathbb{Q}$, то $\left[ {{x}^{a}} \right] + \left\{ {{x}^{a}} \right\} = x^{\frac{m}{n}} \in \mathbb{Q}$. Следовательно, $x = y^n$ для какого-то $y \in \mathbb{Q}$.

Поэтому можно считать, что для каждого хорошего $q \ \exists y \in \mathbb{Q}$ такое, что $$\left[ {{y}^{m}} \right]\cdot \left\{ {{y}^{m}} \right\}=q.$$

Сейчас мы будем искать какие должны быть значения $m$, чтобы такое было возможным.

Возьмем $q = p^m$, где $p$ - простое число вида $4k+3$ (Выбор такого $q$ будет пояснен по ходу решения).Тогда если $\left[ {{y}^{m}} \right] = b, \left\{ {{y}^{m}} \right\} = \frac{d}{c}$, где $(d,c)=1$, то уравнение перепишется в таком виде:

$\frac{bd}{c} = p^m \quad (1)$.

(Комментарий №1: Выбор степени простого числа для значения $q$ кажется логичным, поскольку его делители тоже являются степенями простого числа.)

Отсюда можно сделать вывод, что $\frac{b}{c} = p^{\alpha}, d = p^{\beta}, \alpha + \beta = m$. При этом дробь $\frac{p^{\alpha}c^2 + p^{\beta}}{c}$ несократима и является точной $m$-ой степенью рационального числа $y$. Отсюда вывод, что $c = t^m, p^{\alpha}c^2 + p^{\beta} = r^m$, для каких-то натуральных $t,r$.

Посмотрев на степень $p$ в $r$, приходит идея рассмотреть следующие случаи:

1) min$\{\alpha, \beta\} \geq 1$, 2) $\beta = 0$, 3) $\alpha=0$.

Случай 1:

Утверждаем, что $V_p(p^{\alpha}c^2 + p^{\beta}) =$min$\{\alpha, \beta\} \geq 1$. Это очевидно, если $\alpha \neq \beta$. При $\alpha = \beta, p$ не делит $c^2+1$, по известному факту. Но тогда $p \mid r \Rightarrow V_p(r^m) \geq m >$ min$\{\alpha, \beta\}$, так как $\alpha + \beta = m$. Значит этот случай невозможен.

(Комментарий №2: На этом моменте можно было понять, почему выбиралось именно простое число вида $4k+3$. Поясню: это делалось, чтобы $c^2+1$ не могло делится на $p$ и не увеличивало степень вхождения $p$.)

Случай 2:

Уравнение $(1)$ можно записать так: $$p^mt^{2m} + 1 = r^m.$$ Это невозможно при $m \geq 2$, потому что разность $m$-ых степеней расписывается как $1 = (r-pt)(r^{m-1} + ... + pt^{m-1}) > r-pt \geq 1.$ Поэтому получаем, что в таком случае $m$ может быть только равно $1,0$.

Случай 3:

Уравнение $(1)$ равносильно $p^m + t^{2m} = r^m$, при этом ${y^m}<1 \Rightarrow p^m < c=t^m \Leftrightarrow p<t$. Но тогда при $m \geq 2$, $p^m + t^{2m} = r^m \geq (t^2 +1)^m \geq t^{2m} + mt^{2m-2}+1 > t^{2m} + t^m > t^{2m} +p^m.$ 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 $t^2m.$