Следующая задача предлагалась первой из трех на конкурсе The Stars Of Mathematics (2008, 1-ый день, Румыния).
g (n) =
\Bigant { \sqrt [\scriptstyle 3 \, ] {n^2} } + \Bigant { \sqrt n } + 1
\ ( n \in \mathbb N) .
\] Понятно, что \( g (n) \) не убывает, более того, разность \(
g (n+1) - g (n)
\) принимает нулевые значения, например, при условии, когда \( (n+1)^2 \) не является полным кубом и \( (n+1) \) не является полным квадратом.
Приведем уравнение (48.1) к виду \[ n = m \cdot \left(
\Bigant { \sqrt [\scriptstyle 3 \, ] {n^2} } + \Bigant { \sqrt n } + 1
\right) .
\tag {48.2}
\] Несложно убедиться, что при \( m = 1 \) решением (48.2) будет \( n =5 \).
Рассмотрим функцию \[
f (n) = n - m \cdot g(n) .
\] Покажем, что при любом \(
m \in \mathbb N_{\geqslant 2 }
\) функция \( f (n) \) обязательно принимает нулевое значение. \[
f (1) < 0 ,
\quad
f (m^6) > 0 .
\tag {48.3}
\] Левое неравенство очевидно, правое следует из \[
\begin{multline*}
f (m^6) = m^6 - m^5 - m^4 - m =
\\
= m^4 (m^2-1) - (m^5+1) =
\\
= (m^5+m)(m-1) - (m^5+1) >
\\
> (m^5+1)(m-1) - (m^5+1) =
\\
= (m^5+1)(m-2) \geqslant 0 .
\end{multline*}
\] Вычислим \(
f (n+1) - f (n) =
1 - m \cdot \bigl( g(n+1)-g(n) \bigr)
\). \[
f (n+1) - f (n) = 1
\tag {48.4}
\] или \[
f (n+1) - f (n) < 0 .
\] (48.3) и (48.4) дают основание утверждать, что среди \(
1 < n < m^6
\) найдется такое \( n = n_0 \), что \( f (n_0) = 0 \), то есть \( f (n) \) не «перепрыгнет» нулевое значение, поскольку если \( f(n+1) \) больше \( f(n) \), то лишь на \( 1 \).
\( \color{gray}{\blacksquare} \)
48. (C. Lupu, D. Schwarz) Докажите, что для любого натурального \( m \) уравнение относительно натурального \( n \) \[
\dfrac n m =
\Bigant { \sqrt [\scriptstyle 3 \, ] {n^2} } + \Bigant { \sqrt n } + 1
\tag {48.1}
\] имеет хотя бы одно решение.
Доказательство. Обозначим правую часть (48.1) \[\dfrac n m =
\Bigant { \sqrt [\scriptstyle 3 \, ] {n^2} } + \Bigant { \sqrt n } + 1
\tag {48.1}
\] имеет хотя бы одно решение.
g (n) =
\Bigant { \sqrt [\scriptstyle 3 \, ] {n^2} } + \Bigant { \sqrt n } + 1
\ ( n \in \mathbb N) .
\] Понятно, что \( g (n) \) не убывает, более того, разность \(
g (n+1) - g (n)
\) принимает нулевые значения, например, при условии, когда \( (n+1)^2 \) не является полным кубом и \( (n+1) \) не является полным квадратом.
Приведем уравнение (48.1) к виду \[ n = m \cdot \left(
\Bigant { \sqrt [\scriptstyle 3 \, ] {n^2} } + \Bigant { \sqrt n } + 1
\right) .
\tag {48.2}
\] Несложно убедиться, что при \( m = 1 \) решением (48.2) будет \( n =5 \).
Рассмотрим функцию \[
f (n) = n - m \cdot g(n) .
\] Покажем, что при любом \(
m \in \mathbb N_{\geqslant 2 }
\) функция \( f (n) \) обязательно принимает нулевое значение. \[
f (1) < 0 ,
\quad
f (m^6) > 0 .
\tag {48.3}
\] Левое неравенство очевидно, правое следует из \[
\begin{multline*}
f (m^6) = m^6 - m^5 - m^4 - m =
\\
= m^4 (m^2-1) - (m^5+1) =
\\
= (m^5+m)(m-1) - (m^5+1) >
\\
> (m^5+1)(m-1) - (m^5+1) =
\\
= (m^5+1)(m-2) \geqslant 0 .
\end{multline*}
\] Вычислим \(
f (n+1) - f (n) =
1 - m \cdot \bigl( g(n+1)-g(n) \bigr)
\). \[
f (n+1) - f (n) = 1
\tag {48.4}
\] или \[
f (n+1) - f (n) < 0 .
\] (48.3) и (48.4) дают основание утверждать, что среди \(
1 < n < m^6
\) найдется такое \( n = n_0 \), что \( f (n_0) = 0 \), то есть \( f (n) \) не «перепрыгнет» нулевое значение, поскольку если \( f(n+1) \) больше \( f(n) \), то лишь на \( 1 \).
\( \color{gray}{\blacksquare} \)
