Наиб. и наим. n, целая часть от деления которого удовл уравн

[cxzbsdhwert]

Пробую решать "олимпиадные" задачи, пока только для седьмого класса (ну ладно, девятого). Хотел узнать верны ли рассуждения.

Цитата:

Найти наибольшее и наименьшее натуральное $n$ такое что $\lfloor \dfrac{n}{2}\rfloor - \lfloor \dfrac{n}{5}\rfloor = 9$

(Оффтоп)

Я обратился к теореме о делимости целых, в соответствии с которой
$n=q_1 2+r_1$ при этом $0\leq r_1 < 2$ и
$n=q_2 5+r_2$, при этом $0\leq r_2 < 5$.

Тогда
$\dfrac{n}{2}=q_1+\dfrac{r_1}{2}$, а

$\dfrac{n}{5}=q_2+\dfrac{r_2}{5}$
и получается что по условию $q_1-q_2=9$.

$q_1$ и $q_2$ зависят от $n$ и тогда нужно найти наибольшее и наименьшее $n$ при которых равенство верно.
Выразим $q$ через $n$ и подставим в равенство:

$\dfrac{n-r_1}{2}-\frac{n-r_2}{5}=9$

$5n-5r_1-2n+2r_2=90$

$3n=90+5r_1-2r_2$

$n=30+\dfrac{5r_1-2r_2}{3}$, при этом $0\leq r_1 < 2$ и $0\leq r_2 < 5$

И вот тут я не понял, нужно перебирать пары остатков $r_1$ и $r_2$ от наибольшего для нахождения наибольшего (т.е. рассматривать при $r_1=1,r_2=0$, потом $r_1=1,r_2=1$ - и так пока не получится первое целое $n$) и аналогично для наименьшего (т.е. $r_1=0,r_2=4$, потом $r_1=0,r_2=3$ - и так пока не будет целое)? Ну а если бы делители, и как следствие остатки могли бы варьироваться в большем диапазоне? Можно было тогда просто сразу $n$ подбирать без всех этих теорий делимости.

Есть предположение что достаточно взять пару остатков дающую наибольшее и наименьшее, даже если $n$ получается нецелым, и тогда целая часть будет всегда совпадать с $n$ для пары остатков дающих наименьшее\наибольшее целое $n$, ну и тогда перебирать ничего не нужно.

Ещё конечно есть идея "продиференцировать" выражение с остатками как функцию двух натуральных (целых) переменных и найти на нужном интервале нули (в нулях же, насколько я понимаю, производная, а точнее функция скорости в данном случае, показывает в какой точке у первообразной экстремум)

[dgwuqtj]

cxzbsdhwert в сообщении #1716696 писал(а):

Ну а если бы делители, и как следствие остатки могли бы варьироваться в большем диапазоне? Можно было тогда просто сразу $n$ подбирать без всех этих теорий делимости.

Смотрия в каких пределах варьировать. Если делители маленькие, а правая часть большая, то перебирать остатки эффективнее.

cxzbsdhwert в сообщении #1716696 писал(а):

Есть предположение что достаточно взять пару остатков дающую наибольшее и наименьшее, даже если $n$ получается нецелым, и тогда целая часть будет всегда совпадать с $n$ для пары остатков дающих наименьшее\наибольшее целое $n$, ну и тогда перебирать ничего не нужно.

А вы умеете доказывать, что требуемые $n$ хотя бы образуют сплошной промежуток? Это не очевидно, даже если и верно.

[cxzbsdhwert]

dgwuqtj в сообщении #1716703 писал(а):

Смотрия в каких пределах варьировать

Предел всегда один и тот же - по теореме делимости целых чисел, остаток $r$ меньше делителя и больше либо равен нуля.

dgwuqtj в сообщении #1716703 писал(а):

Если делители маленькие, а правая часть большая

Какая правая часть? $q$, которое тоже можно рассматривать как делитель?

dgwuqtj в сообщении #1716703 писал(а):

А вы умеете доказывать, что требуемые $n$ хотя бы образуют сплошной промежуток?

Ну то есть, что перебирая остатки строго в порядке возрастания\убывания, ближайшее целое $n$ будет равно целой части нецелого, если оно (нецелое) "попадётся" первее?

[dgwuqtj]

cxzbsdhwert в сообщении #1716706 писал(а):

Какая правая часть?

Которая $9$. Если бы вместо $9$ было $9 \cdot 10^{20}$, то просто перебирать все $n$ слишком долго.

[ozheredov]

dgwuqtj в сообщении #1716703 писал(а):

требуемые $n$ хотя бы образуют сплошной промежуток?

Это скорее всего не так (левая часть наверняка осциллирует). Но скорее всего, можно доказать существование числа M,такого, что при всех $n>M$ левая часть больше девяти (и тогда перебирать до M)

[mihaild]

Я бы предложил написать $n = 10m + k$, $0 \leq k < 10$ - тогда левая часть монотонна по $m$ и почти монотонна по $k$ (найдите, где монотонность нарушается).

[Mr. X]

Помогут стандартные оценки сверху и снизу для целой части.

[provincialka]

Мы недавно давали похожую задачу на одной олимпиаде, а именно, для каждого целого $k$ найти число решений уравнения

$$\Big [ \dfrac{n}{20}\Big] - \Big [ \dfrac{n}{24}\Big{]} = k.$$

Оказалось, что удобнее делать перебор по остаткам (например, при делении на 24), а не по частным.

[nnosipov]

provincialka в сообщении #1716819 писал(а):

для каждого целого $k$ найти число решений уравнения

$$\Big [ \dfrac{n}{20}\Big] - \Big [ \dfrac{n}{24}\Big{]} = k.$$

А в каких числах $n$? Тоже в целых или в натуральных? Если $k$ и $n$ натуральные, то задача решается в уме (ответ $120$ при любом $k$; достаточно представить $n$ в виде $n=120q+r$, где $0 \leqslant r<120$). Видимо, специально так коэффициенты подобрали.

[cxzbsdhwert]

Mr. X в сообщении #1716723 писал(а):

Помогут стандартные оценки сверху и снизу для целой части.

Извините за поздний ответ, решал всё это время задачу по олимпиаде для шестого класса.
Оценка сверху и снизу наверное для дроби под знаком нижней целой части, а не произвольного выражения, да?

-- 08.02.2026, 11:20 --

provincialka в сообщении #1716819 писал(а):

а не по частным

Так частные это сами слагаемые, то есть нижняя целая часть

[Mr. X]

cxzbsdhwert
Речь идёт о неравенстве $x-1<\lfloor x\rfloor\leqslant x$.

[cxzbsdhwert]

Mr. X
Ну я его могу применить например так:

(Оффтоп)

$\lfloor \dfrac{n}{2}\rfloor=\dfrac{n-r_1}{2}$ и тогда $\dfrac{n-2}{2}<\dfrac{n-r_1}{2}\leq \dfrac{n}{2}$ и далее $2>r_1\geq 0$, но это известно изначально по теореме о делимости. Ну можно не подменяя целую часть записать $\dfrac{n-2}{2}<\lfloor \dfrac{n}{2}\rfloor\leq\dfrac{n}{2}$ и тогда $n-2<2\lfloor \dfrac{n}{2}\rfloor\leq n$

Это должно что-то давать, помимо того, что уже написано? Или где-то в другом месте данная оценка должна быть применена?
Решение которое я привёл требует перебора, что для больших остатков плохо. Вопрос в том можно ли избежать перебора, или существенно его сократить.

[Mr. X]

cxzbsdhwert
Оценив $\lfloor\dfrac{n}{2}\rfloor$, $\lfloor\dfrac{n}{5}\rfloor$ и их разность (равную в силу уравнения 9), получите ограничения для $n$.

[cxzbsdhwert]

Mr. X
Так (квадратные скобки означают нижнюю челую часть):
$[\dfrac{n}{2}]-[\dfrac{n}{5}]-1<[[\dfrac{n}{2}]-[\dfrac{n}{5}]]\leq [\dfrac{n}{2}]-[\dfrac{n}{5}]$
$8<\dfrac{3n-5r_1+2r_2}{10}\leq 9$
$80<3n-5r_1+2r_2 \leq 90$

$\dfrac{80+5r_1-2r_2}{3}<n \leq \dfrac{90 + 5r_1-2r_2}{3}$
$26+\dfrac{2+5r_1-2r_2}{3}<n \leq 30+\dfrac{ 5r_1-2r_2}{3}$

Или так
$\dfrac{n}{2}-\dfrac{n}{5}-1<9\leq \dfrac{n}{2}-\dfrac{n}{5}$
$\dfrac{2r_2-5r_1}{10}-10<-n\dfrac{3}{10}\leq \dfrac{2r_2-5r_1}{10} - 9$
$\dfrac{5r_1-2r_2}{3}+\dfrac{100}{3}> n \geq \dfrac{5r_1-2r_2}{3} + 30$

Ну а толку-то? Можно оценить $-\dfrac{8}{3}<\dfrac{5r_1-2r_2}{3}<\dfrac{5}{3}$, т.е. значения ограничены отрезком $[-2,1]$, ну и тогда $1+\dfrac{100}{3}\geq n \geq 28$, но из этого не следует что $\dfrac{5r_1-2r_2}{3}$ принимает все целые значение на $[-2,1]$, и что нужный $n$ (дающий разность - девятку) принимает все целые значения на $[28,34]$

[Mr. X]

cxzbsdhwert в сообщении #1717987 писал(а):

Или так
$\dfrac{n}{2}-\dfrac{n}{5}-1<9\leq \dfrac{n}{2}-\dfrac{n}{5}$

Так. Только правильно (Вы не умеете вычитать неравенства).
После чего решите полученное двойное неравенство относительно $n$.