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En primer lugar, $f(x) \le \left[\frac{x}{7}\cdot\frac{37}{x}\right] = 5$, e $f(x) \ge 0$. Por lo tanto, $f(x)$ puede suponer un máximo de $6$ valores: $0,1,2,3,4,5$.
Segundo, $f(x)=1$ implica $\left[\frac{x}{7}\right]=1$$\left[\frac{37}{x}\right]=1$. La primera condición implica $7 \le x \le 13$, mientras que el segundo requiere de $19 \le x \le 37$, lo cual es imposible. Por lo $f(x) \neq 1$.
La comprobación de primeros valores de $x$ revela que $f(x)$ puede asumir los valores de $2,3,4,5$. Específicamente, para$1 \le x \le 6$,$f(x)=0$$[x/7]=0$. Para $x=7$, $f(x) = 5$; para $x=8,9$, $f(x)=4$; para $x=10, 11, 12$, $f(x)=3$, y para $x=13$, $f(x)=2$.
En consecuencia, el número de valores de $f(x)$ puede asumir es $5$.
Partimos de $x=1$ y de trabajo. En este punto, el de la izquierda piso función devuelve cero, por lo $f(x)=0$.
- Esto continúa hasta que $x=7$, con lo cual el piso a la izquierda es 1 y el derecho de piso es de 5, por lo $f(x)=5$.
- $\lfloor37/8\rfloor$ $\lfloor37/9\rfloor$ 4; $\lfloor37/10\rfloor$ $\lfloor37/12\rfloor$3; $\lfloor37/13$ es de 2. En todos estos casos el piso a la izquierda de la expresión es 1, por lo $f(x)=4,3,2$.
- En $x=14$ la izquierda suelo se convierte en 2. El derecho de piso sigue siendo 2 ($f(x)=4$) hasta $x=19$ cuando se convierte en 1 ($f(x)=2$).
- En $x=21$ la izquierda del piso es de 3 ($f(x)=3$). El derecho de piso sigue siendo 1, continuando a través de $x=28$ ($f(x)=4$) y $x=35$ ($f(x)=5$) a $x=37$, cuando el derecho de piso llega a 0 y $f(x)=0$ para el resto de los valores de $x$ (45).
Nos encontramos con que $f(x)$ puede asumir los valores de $0,2,3,4,5$ – cinco valores distintos. La respuesta es la D.
