[x[xn]] + 1 = [x^2 n]

[Руст]

Доказать существование и найти х, удовлетворяющего условию:
$[x[xn]]+1=[x^2n], \ \foral n\in N$.

[незваный гость]

Например, $\left[\sqrt{m^2+\frac 1 n},\sqrt{m^2+\frac 2 n} \right)$ для $m \in {\mathbb N}$. Это, разумеется, не все решения, просто те, которые проще всего указать.

[maxal]

Как я понял, указанное равенство должно выполняться для всех n\in\mathbb{N}.

[незваный гость]

А-а. Я не понял, решил, что расссматривается как параметрическое... Да, так интереснее.

[Руст]

В связи с Незваным гостем скажу, решение единственное, и это число всем известно.

[evgeny]

Случай $x<1$ решений не имеет.
Если $x<0$, то $x[x] \ge x^2$ и $[x[x]]+1 > [x^2]$ .
Для $x\in[0,1)$ левая часть $[x[x]]+1=1$, а правая $[x^2]=0$.
При $x>2$ решений тоже нет.
Действительно, пусть $[nx]=k_n$, $\{nx\}=\alpha_n$, тогда $x = \frac 1n(k_n+\alpha_n)$.
$x[nx] = \frac 1n(k_n^2+\alpha_n k_n)$
$x^2n = \frac 1n(k_n^2+2\alpha_n k_n + \alpha_n^2)$.
Очевидно, что равенство $[x[xn]]+1=[x^2n]$ невозможно, если $k_n\alpha_n\ge 2n$.
Т.к. $x\not\in{\mathbb Q}$, то при $x>2$ существует достаточно большое $n$ что $\{xn\}> \frac 2x \frac n{n-1}$ и следовательно $k_n\alpha_n \ge 2n$.

Для $x\in[1,2)$ можно найти интервал $(\sqrt{\frac {1597}{610}},\sqrt{\frac {2584}{987}})$ на котором выполняются равенства для $n=1..10^3$
и "угадать" ответ $x=\displaystyle\frac{\sqrt{5}+1}{2}$.

Для $x=\displaystyle\frac{\sqrt{5}+1}{2}$ имеем $x^2=x+1$.
Тогда $(n-1)x < nx-1 < [nx] < nx$. Следовательно
$[nx]x^2=[nx]x+[nx] > [nx]x+(n-1)x$ и
$[nx]x^2=[nx]x+[nx] < [nx]x+nx$
разделив на $x$ имеем $[nx]+n-1 < [nx]x < [nx]+n$,т.е $[x[xn]] = [nx]+n-1$.
Т.к. $nx^2=nx+n$, то $[x^2n] = n+[nx]$.

[Руст]

Да решение нашли (оно известно всвязи с золотым сечением и с числами Фибоначчи), осталось доказать, что нет других решений.

[evgeny]

$f_0=f_1=1$, $f_{n+1} = f_n + f_{n-1}$
тогда
$f^2_{l} = f_{l-1}f_{l+1}+(-1)^l$
$f_{l}f_{l+1} = f_{l-1}f_{l+2}+(-1)^l$

Допустим $\displaystyle\frac{f_{2k-1}}{f_{2k-2}} < x < \frac{f_{2k+1}}{f_{2k}}$
рассмотрим $n=f_{2k-2}$
$\displaystyle f_{2k-1} < nx < \frac{f_{2k+1}f_{2k-2}}{f_{2k}} = f_{2k-1}+\frac 1{f_{2k}}$ значит $[nx] = f_{2k-1}$
$\displaystyle\frac {f^2_{2k-1}}{f_{2k-2}} = f_{2k} - \frac 1{f_{2k-2}} < f_{2k-1}x < \frac {f_{2k-1}f_{2k+1}}{f_{2k}} = f_{2k} - \frac 1{f_{2k}}$ значит $[x[xn]]+1 = f_{2k}$.

$\displaystyle nx^2 < \frac{f_{2k-1}f^2_{2k+1}}{f^2_{2k}} = \frac {f_{2k-1}f_{2k+1}}{f_{2k}} - \frac{f_{2k+1}}{f^2_{2k}} = f_{2k} - \frac{1}{f_{2k}} - \frac{f_{2k+1}}{f^2_{2k}} < f_{2k}$ противоречие


Допустим $\displaystyle\frac{f_{2k+2}}{f_{2k+1}} < x < \frac{f_{2k}}{f_{2k-1}}$
рассмотрим $n=f_{2k+1}$
$\displaystyle f_{2k+2} < nx < \frac{f_{2k+1}f_{2k}}{f_{2k-1}} = f_{2k+2}+\frac 1{f_{2k-1}}$ значит $[nx] = f_{2k+2}$
$\displaystyle\frac {f^2_{2k+2}}{f_{2k+1}} = f_{2k+3} + \frac 1{f_{2k+1}} < f_{2k+2}x < \frac {f_{2k}f_{2k+2}}{f_{2k-1}} = f_{2k+3} + \frac 2{f_{2k-1}}$ значит $[x[xn]]+1 = f_{2k+3}+1$.

$\displaystyle nx^2 < \frac{f_{2k+1}f^2_{2k}}{f^2_{2k-1}} = \frac {f_{2k}}{f^2_{2k-1}} + \frac{f_{2k}f_{2k+2}}{f_{2k-1}} = f_{2k+3}+\frac {f_{2k}}{f^2_{2k-1}} + \frac {2}{f_{2k-1}}< f_{2k+3}+1$ противоречие

[Руст]

Отлично. Я разлагал х в непрерывную дробь и нашёл, что все неполные частные равны 1.

[maxal]

Предлагаю в каком-то смысле "обратную" задачу из American Mathematical Monthly 655, 2006:

Задача 11238. Пусть $\Delta_n = \lfloor\lfloor (n+1)\phi\rfloor\phi\rfloor - \lfloor\lfloor n\phi\rfloor\phi\rfloor$, где $\phi=(1+\sqrt{5})/2$. Докажите, что следующие свойства выполняются для всех натуральных $n$:
(a) $\Delta_n$ равно 2 или 3;
(b) $\lfloor\lfloor (n+1)\phi^2\rfloor\phi\rfloor - \lfloor\lfloor n\phi^2\rfloor\phi\rfloor = 2\Delta_n - 1$;
(c) $\lfloor n\phi\rfloor + \lfloor n\phi^2\rfloor = \lfloor\lfloor n\phi^2\rfloor\phi\rfloor$;
(d) $\lfloor\lfloor n\phi^2\rfloor\phi\rfloor = \lfloor\lfloor n\phi\rfloor\phi^2\rfloor + 1$.

[RIP]

Всё основано на равенстве $\phi^2=\phi+1$.

(a) С помощью простых преобразований получаем

$$\Delta_n=\Bigl\lfloor\lfloor\phi+\{n\phi\}\rfloor\phi +\{\lfloor n\phi\rfloor\phi\}\Bigr\rfloor=$$

$$\Bigl\lfloor\lfloor\phi+\{n\phi\}\rfloor\phi +1-(\phi-1)\{n\phi\}\Bigr\rfloor=\begin{cases} 2,&\{n\phi\}<2-\phi;\\3,&\{n\phi\}>2-\phi.\end{cases}$$

(b) Аналогичными преобразованиями получаем

$$\lfloor\lfloor (n+1)\phi^2\rfloor\phi\rfloor- \lfloor\lfloor n\phi^2\rfloor\phi\rfloor=\Bigl\lfloor\lfloor\phi^2+\{n\phi\}\rfloor\phi +(2-\phi)\{n\phi\}\Bigr\rfloor=2\Delta_n-1$$

(c) Следует из явной формулы для $\lfloor\lfloor(n+1)\phi^2\rfloor\phi\rfloor- \lfloor\lfloor n\phi^2\rfloor\phi\rfloor$.

(d) Решается аналогично.