Интересная задача предлагалась в первом туре Турецкой национальной МО 2013 года (http://artofproblemsolving.com). Удалось немного упростить решение при той же красивой идее, опубликованной в форуме указанного сайта.
f^{21} = \underbrace {
f( f( \ldots f
}_{21} ( n) )) ,
\ f^1 = f (n) ,
\ f^0 = n .
\] В этих обозначениях имеем \begin{multline*}
f^{21} = f^{20} + 1 + \Bigant { \sqrt {f^{20}} } =
\\
= f^{19} + 1 + \Bigant { \sqrt {f^{20}} } + 1 + \Bigant { \sqrt {f^{19}} } =
\ldots =
\\
= n + 21 + \sum_{k=0}^{20} \Bigant { \sqrt {f^k} } . \qquad
\tag {35.1}
\end{multline*}
Отметим, для любого \( n \in \mathbb N : \) \(
f^k < f^{k+1} ,
\) значит, \(
\Bigant { \sqrt {f^k} } \leqslant \Bigant { \sqrt {f^{k+1}} } .
\)
Пусть \[
\Bigant { \sqrt {f^k} } = m ,
\tag {35.2}
\] или \(
m \leqslant \sqrt {f^k} < m+1 ,
\) \(
m^2 \leqslant f^k < (m+1)^2 .
\)
Поскольку \(
f^{k+1} = f^k + 1 + \Bigant {\sqrt {f^k}} ,
\) то \[
m^2 + m + 1 \leqslant f^{k+1} < m^2 + 3m + 2 .
\] Аналогично, \(
f^{k+2} = f^{k+1} + 1 + \Bigant {\sqrt {f^{k+1}}} ,
\) причем антье \(
\Bigant {\sqrt {f^{k+1}}}
\) равно либо \( m , \) либо \( m+1 . \) \[
(m+1)^2 < m^2 + 2m + 2 \leqslant f^{k+2} < m^2 + 4m + 3 < (m+2)^2 ,
\] \[
\Bigant {\sqrt {f^{k+2}}} = m+1 .
\tag {35.3}
\] По условию задачи \(
\Bigant {\sqrt {f^{21}}} = \ant { \sqrt {2013} } = 44 .
\) Нетрудно вычислить, \(
\Bigant {\sqrt {f^{22}}} = 45 .
\) С помощью (35.2) и (35.3) находим \[
\Bigant {\sqrt {f^{20}}} = 44 ,
\ \Bigant {\sqrt {f^{19}}} = 43 ,
\ \ldots ,
\] \[
\ \Bigant {\sqrt {f^1}} = 34 ,
\ \Bigant {\sqrt {f^0}} = \ant { \sqrt n } = 34 .
\] Подставляем найденные значения в (35.1) \[
f^{21} = n + 21 + 2 \cdot ( 34 + 35 + \ldots + 43 ) + 44
= 2013 .
\] \( n = 1178 . \) При меньшем значении \( n \) не будет выполняться условие задачи.
Ответ: \( n = 1178 . \)
35. (Турция/2013) Определите наименьшее натуральное \( n , \) которое является решением уравнения \[
\underbrace {
f( f( \ldots f
}_{21} ( n) )) = 2013 ,
\ \mbox { где } f(n) = n+1+\bigant {\sqrt n} .
\]
Решение. Введем обозначения \[\underbrace {
f( f( \ldots f
}_{21} ( n) )) = 2013 ,
\ \mbox { где } f(n) = n+1+\bigant {\sqrt n} .
\]
f^{21} = \underbrace {
f( f( \ldots f
}_{21} ( n) )) ,
\ f^1 = f (n) ,
\ f^0 = n .
\] В этих обозначениях имеем \begin{multline*}
f^{21} = f^{20} + 1 + \Bigant { \sqrt {f^{20}} } =
\\
= f^{19} + 1 + \Bigant { \sqrt {f^{20}} } + 1 + \Bigant { \sqrt {f^{19}} } =
\ldots =
\\
= n + 21 + \sum_{k=0}^{20} \Bigant { \sqrt {f^k} } . \qquad
\tag {35.1}
\end{multline*}
Отметим, для любого \( n \in \mathbb N : \) \(
f^k < f^{k+1} ,
\) значит, \(
\Bigant { \sqrt {f^k} } \leqslant \Bigant { \sqrt {f^{k+1}} } .
\)
Пусть \[
\Bigant { \sqrt {f^k} } = m ,
\tag {35.2}
\] или \(
m \leqslant \sqrt {f^k} < m+1 ,
\) \(
m^2 \leqslant f^k < (m+1)^2 .
\)
Поскольку \(
f^{k+1} = f^k + 1 + \Bigant {\sqrt {f^k}} ,
\) то \[
m^2 + m + 1 \leqslant f^{k+1} < m^2 + 3m + 2 .
\] Аналогично, \(
f^{k+2} = f^{k+1} + 1 + \Bigant {\sqrt {f^{k+1}}} ,
\) причем антье \(
\Bigant {\sqrt {f^{k+1}}}
\) равно либо \( m , \) либо \( m+1 . \) \[
(m+1)^2 < m^2 + 2m + 2 \leqslant f^{k+2} < m^2 + 4m + 3 < (m+2)^2 ,
\] \[
\Bigant {\sqrt {f^{k+2}}} = m+1 .
\tag {35.3}
\] По условию задачи \(
\Bigant {\sqrt {f^{21}}} = \ant { \sqrt {2013} } = 44 .
\) Нетрудно вычислить, \(
\Bigant {\sqrt {f^{22}}} = 45 .
\) С помощью (35.2) и (35.3) находим \[
\Bigant {\sqrt {f^{20}}} = 44 ,
\ \Bigant {\sqrt {f^{19}}} = 43 ,
\ \ldots ,
\] \[
\ \Bigant {\sqrt {f^1}} = 34 ,
\ \Bigant {\sqrt {f^0}} = \ant { \sqrt n } = 34 .
\] Подставляем найденные значения в (35.1) \[
f^{21} = n + 21 + 2 \cdot ( 34 + 35 + \ldots + 43 ) + 44
= 2013 .
\] \( n = 1178 . \) При меньшем значении \( n \) не будет выполняться условие задачи.
Ответ: \( n = 1178 . \)
