Уравнения и неравенства с целой частью в олимпиадных задачах

Уравнения, неравенства и другие задачи про целые и дробные части числа часто встречаются на математических олимпиадах. Разберем несколько примеров из них.
Задача 1. (IV Всероссийский фестиваль юных математиков. Майкоп. 1993. Турнир матбоёв. 1-й тур)
Решите уравнение 1{x}+1[x]=1x.
Решение .Исходное уравнение равносильно 1a+1b=1a+b, где a и b – целая и дробная части числа. Преобразуем полученное уравнение:
1a+1b=1a+b⇔(a+b)2=ab⇔ab2+ab+1=0.
У данное квадратного уравнения нет корней (относительно ab) при
a≠0и b≠0.
Ответ: решений нет.
Задача 2. (Шрайнер А.А. «Задачи районных математических олимпиад Новосибирской области». Новосибирск 2000 г.)
Доказать, что число 3n+-1n-1 делится на 5 при любом натуральном n.
Доказательство. Предположим, n– четное число, т.е. n=2m, где m∈N,поэтому n2=2m2=m=n2.
В таком случае выражение примет вид: n2-3n+1-1=-5n2, т.е. оно делится на 5 при любом четном n.
Когда n=2m-1, то n2=2m-12=2m-22+12=m-1+n2=m-1=
=n+12-1=n-12, то такое равенство имеет вид:
n-12-3n-1-1=-5n+12.
Такое число при каждом нечетном n делится на 5. Таким образом, полученное равенство при любом натуральном n делится на 5.
Задача 3. Найти все простые числа вида n23, где n∈N.
Решение. Пусть p=n23. Если n=3k, то p=3k2. Это число является простым и равно 3, при k=1.
Если n=3k+1, k≥0, то
p= 9k2+6k+13=3(3k2+2k)3+13=3k2+2k=k(3k+2).
Это число является простым и равно 5 при k=1.
Если n=3k + 2, k≥0, то
p= 9k2+12k+13=3(3k2+4k)3+13=3k2+4k+1=3k+1k+1-
Не простое число при любом k∈N.
Ответ: 3;5.
Задача4. (Олимпиада «Покори Воробъёвы горы!», отборочный тур, 11 класс, 2017 г.)
Найдите количество натуральных чисел n, не превышающих 490, для которых уравнение xx=n имеет решение. Здесь [x] – наибольшее целое число, не превосходящее x.
Решение. Положим x=0, тогда 0≤x1. Уравнение xx=
=n примет вид: x0=1 следовательно n=1.
Теперь [x] =1, следовательно 1≤x2. Уравнение xx=n примет вид: x1=n, оно имеет решение при x=1, n=1.
Пусть x=2, следовательно 2≤x3. Уравнение xx=n примет вид: x2=n, его имеет решение при x=1, 2n=4 ⇒n=4; x=5, 52=
=5 ⇒n=5; x=5, 62=6 ⇒n=6; x=7, 72=7 ⇒n=7; x=
=8, (8)2=8 ⇒n=8. Получаем 5 чисел.
Допустим x=3, следовательно 3≤x4. Уравнение xx=n примет вид x3=n, оно имеет решение при x=3, 33=27 ⇒n=27; x=328,
(328)3=28 ⇒n=28;…, x=363, 3633=63⇒n=63.Получаем 37 чисел.
И пусть x=4, следовательно 4≤x5. Уравнение xx=n примет вид x4=n, оно имеет решение при x=4, 44=256 ⇒n=256; x=4257, (42574)=257 ⇒n=257;…, x= 4490, (44904)= 490 ⇒ n=490. Получаем 235 чисел.
Случай x=5 рассматривать нет смысла, так как уравнение xx=n примет вид x5=n минимальное решение при x=5, 55=3125490.
Выпишем все найденные значения n: 1,4, 5, 6, 7, 8,5 27, 28, ⋯, 63,37
256, 257, ⋯, 490235. Всего 278 чисел.
Ответ. 278.
Задание 5.( Олимпиада «Всероссийская олимпиада по математике», заключительный этап, 9 класс, 2017 г.)
Пусть a1, . . . ,a25 — целые положительные числа, а k — минимальное из них

. Докажите, что a1+ a2 + . . . + a25 ≥a1+...+a25+200k . (Как обычно, через [x] обозначается целая часть числа x, то есть наибольшее целое число, не превосходящее x.)
Решение. Положим ni = ai. Тогда aini + 12, а ввиду того, что числа ai целые, заключим ai≤ ni2 + 2ni . Установив, что
a1+...+a25+200kn1 + n2 + . . . + n25+ 1, (*)
правая часть исходного неравенства не превышает n1 + +n2 + . . . + n25, в чём и требовалось убедиться.
Пусть для определенности k = a1. Оценим сумму под корнем в левой части (*): a1+...+a25+200k≤n12+2n1+...+n252+2a25+200k=n12+...+n252+2n1+...+n25+200(n12+2n1). Если правую часть возвести в квадрат, то она имеет вид *: n12+...+n252+2n1n2+n1n3+...+n24n25+2(n1+...+n25). В процессе сравнения можно увидеть, что всего лишь стоит показать, что 100n12+2n1≤n1n2++n1n3+...+n24n25. Но для любых ij выполняется неравенство ninj≥ n12≥ n1. Причём в правой части стоит 25∙242=300 слагаемых такого вида. Оценивая 100 из них числом n12, а остальные 200 — числом n1, получаем требуемое.
Замечание. В главном неравенстве (*) разность между квадратами правой и левой частей может быть равна единице. При таком исходе a1= a2= . . . = a24=0, а также при a1= a2= . . . = a25=3.
Задача 6. (Олимпиада «Ломоносов», отборочный тур, 9 класс 2012 г.)
Решите уравнение: 8{x}=9x+10[x], где x- наибольшее целое число, не превосходящее x, а x=x-[x].
Решение. Положим, x не может быть отрицательным, т.к в таком случае правая часть была бы отрицательной. Кроме того, x не может быть целым, т.к. дробная часть была бы равна 0, и не может принадлежать интервалу [0,1), т.к. целая часть была бы равна 0. Рассмотрим возможные варианты:
Если x=1, то 8{x}=91+{x}+10. Тогда x=12⇒x=32.
Если x=2, то 8{x}=92+{x}+5, откуда получаем x=1, что невозможно.
Если x≥3, то 9x+10{x}3+10388{x}.
Ответ: 32.
2.2. Разработка уроков для элективного курса
Таблица 2 - Тематический план уроков
№ Тема занятия Содержание Количество часов
1 Понятие целой и дробной части числа. Сформулировать определение целой и дробной части числа, изучить основные свойства этих функций, изучить способы решения уравнений 1
2  Решение уравнений с целой и дробной частью Зафиксировать понятия целой и дробной части числа; произвести контроль знаний и овладение новой информации учащимися; показать способы решения трудных уравнений 1
3 Решение неравенств с целой и дробной частью Зафиксировать понятия целой и дробной части числа; анализ способов решений неравенств с [x], {x}; показать примеры решения неравенств 1
4 Олимпиадные задачи на целые и дробные части числа Разбор олимпиадных задач прошлых лет. Решение новых задач. 1
Итог
1
Урок №1. Сущность целой и дробной части числа
Цели урока: сформулировать определение целой и дробной части числа, изучить основные свойства этих функций, изучить способы решения уравнений.  Ход урока: ознакомиться с функциями, которые достаточно изредка появляются чаще в математике и рассматриваются скорее в высшей математике, чем в тривиальной.
Определение 1