Следующая задача кажется на первый взгляд довольно хитрой (CRUX Mathematicorum/3536, S. G. Moreno, Universidad de Jaen, Spain). На деле — задача не слишком сложная.
f (x) = \bigmant { x^{2n} }
\) (оранжевый цвет) и \(
g (x) = \bigmant x
\) (голубой цвет). Особенности построения графика функции \( \bigmant { x^{2n} } \) изложены в задачнике «А. и м.», см. п. 16.3 «Построение графика \( y = \mant { f (x) } \)».
Надеемся, «лишний» полуинтервал \(
[ 0, \ 1 ) \) не мешает, делает графики более понятными. Для наглядности при \(
x \in \bigl[ 0, \ 2 \bigr)
\) изображены четыре ветки графика для частного случая \(
f (x) = \bigmant { x^2 } \).
Рассмотрим поведение графиков \( f(x) \) и \( g(x) \) при \(
x \in \bigl[ k, \ k+1 \bigr) . \)
Данные графики пересекаются на указанном промежутке \( 2010 \) раз, если на полуинтервале будет \( 2011 \) оранжевых кривых (правая ветка не имеет общих точек с голубым полуотрезком).
Количество оранжевых веток на полуинтервале \(
\bigl[ k, \ k+1 \bigr) \) равно \(
(k+1)^{2n} - k^{2n} .
\) Таким образом, задача свелась к решению в натуральных числах уравнения \[
(k+1)^{2n} - k^{2n} = 2011 .
\tag {78.2}
\] Поскольку \( 2011 \) — простое число и в левой части (78.2) стоит разность квадратов, то \[
\begin {cases}
(k+1)^n - k^n = 1 ,
\\[2pt]
(k+1)^n + k^n = 2011 .
\end {cases}
\tag {78.3}
\] При \( n > 1 \) для любого натурального \( k \) имеет место неравенство \[
(k+1)^n > k^n + 1
\] (в левой части неравенства присутствуют ненулевые слагаемые, отличные от \( k^n \) и \( 1 \), а эта пара слагаемых имеется и в правой, и в левой частях).
Тогда из (78.3) следует, если \( n = 1 \), то \( k = 1005 \).
Ответ: \( n = 1, \ k = 1005 . \)
78. Найдите все натуральные \( n \) и \( k \) такие, что уравнение \[
\bigmant { x^{2n} } = \bigmant x
\tag {78.1}
\] имеет \( 2010 \) действительных решений при \(
x \in \bigl[ k, \ k+1 \bigr) . \)
Решение. Построим графики функций \(\bigmant { x^{2n} } = \bigmant x
\tag {78.1}
\] имеет \( 2010 \) действительных решений при \(
x \in \bigl[ k, \ k+1 \bigr) . \)
f (x) = \bigmant { x^{2n} }
\) (оранжевый цвет) и \(
g (x) = \bigmant x
\) (голубой цвет). Особенности построения графика функции \( \bigmant { x^{2n} } \) изложены в задачнике «А. и м.», см. п. 16.3 «Построение графика \( y = \mant { f (x) } \)».
Надеемся, «лишний» полуинтервал \(
[ 0, \ 1 ) \) не мешает, делает графики более понятными. Для наглядности при \(
x \in \bigl[ 0, \ 2 \bigr)
\) изображены четыре ветки графика для частного случая \(
f (x) = \bigmant { x^2 } \).
x \in \bigl[ k, \ k+1 \bigr) . \)
Данные графики пересекаются на указанном промежутке \( 2010 \) раз, если на полуинтервале будет \( 2011 \) оранжевых кривых (правая ветка не имеет общих точек с голубым полуотрезком).
Количество оранжевых веток на полуинтервале \(
\bigl[ k, \ k+1 \bigr) \) равно \(
(k+1)^{2n} - k^{2n} .
\) Таким образом, задача свелась к решению в натуральных числах уравнения \[
(k+1)^{2n} - k^{2n} = 2011 .
\tag {78.2}
\] Поскольку \( 2011 \) — простое число и в левой части (78.2) стоит разность квадратов, то \[
\begin {cases}
(k+1)^n - k^n = 1 ,
\\[2pt]
(k+1)^n + k^n = 2011 .
\end {cases}
\tag {78.3}
\] При \( n > 1 \) для любого натурального \( k \) имеет место неравенство \[
(k+1)^n > k^n + 1
\] (в левой части неравенства присутствуют ненулевые слагаемые, отличные от \( k^n \) и \( 1 \), а эта пара слагаемых имеется и в правой, и в левой частях).
Тогда из (78.3) следует, если \( n = 1 \), то \( k = 1005 \).
Ответ: \( n = 1, \ k = 1005 . \)
