Número de soluciones de $\left\{x\right\}+\left\{\frac{1}{x}\right\}=1$

Question

Encuentre el número de soluciones de $$\left\{x\right\}+\left\{\frac{1}{x}\right\}=1,$$ donde $\left\{\cdot\right\}$ denota la parte fraccionaria del número real $x$ .

Mi intento:

Cuando $x \gt 1$ obtenemos

$$\left\{x\right\}+\frac{1}{x}=1$$ $\implies$

$$\left\{x\right\}=1-\frac{1}{x}.$$

Dejar $x=n+f$ , donde $n \in \mathbb{Z^+}$ y $ 0 \lt f \lt 1$ obtenemos

$$f=1-\frac{1}{n+f}.$$

Por la pista dada por $J.G$ Continúo con la solución:

tenemos

$$f^2+(n-1)f+1-n=0$$ resolviendo obtenemos

$$f=\frac{-(n-1)+\sqrt{(n+3)(n-1)}}{2}$$ $\implies$

$$f=\frac{\left(\sqrt{n+3}-\sqrt{n-1}\right)\sqrt{n-1}}{2}$$

Ahora, obviamente $n \ne 1$ ya que si obtenemos $f=0$

Así que $n=2,3,4,5...$ da valores de $f$ como

$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$ , $\sqrt{3}-1$ , etc., lo que da infinitas soluciones.

Answer 1

Ahora multiplique por $n+f$ ; resolver una cuadrática para expresar $f$ en términos de $n$ . No olvides comprobar también las soluciones negativas.

Answer 2

Dejemos que $x:=n+f$ . La ecuación es

$$f+\frac1{n+f}=1,$$

dando las soluciones en $f$

$$f=\frac{\pm\sqrt{(n+1)^2-4}-n+1}2.$$

El signo negativo no puede funcionar, ni el negativo $n$ . Entonces $n\ge1$ es necesario, pero $n=1$ produce $x=1$ , lo cual es erróneo. Finalmente,

$$f=\frac{\sqrt{(n+1)^2-4}-n+1}2, \forall n>1.$$

Answer 3

Utilizando fracción continua :

\begin{align} f+\frac{1}{n+f} &= 1 \tag{$n>1$, $0<f<1$} \\[5pt] n+f &= n+1-\frac{1}{n+f} \\[5pt] x &= n+\frac{n+f-1}{n+f} \\[5pt] &= n+\frac{1}{\dfrac{n+f}{n+f-1}} \\[5pt] &= n+\frac{1}{1+\dfrac{1}{n+f-1}} \\[5pt] x &= n+\frac{1}{1+\dfrac{1}{x-1}} \tag{$\star$} \\[5pt] &= \left[ n;\overline{1,(n-1)} \right] \\[5pt] \alpha &= \frac{n+1+\sqrt{(n-1)(n+3)}}{2} \tag{$\alpha=x$} \\[5pt] \beta &= \frac{n+1-\sqrt{(n-1)(n+3)}}{2} \tag{$\beta=\frac{1}{x}$} \end{align}

donde $\alpha$ , $\beta$ son las raíces de $(\star)$ .

Tenga en cuenta que $\alpha \beta=1$ los papeles simétricos para $\alpha$ y $\beta$ .

Answer 4

Observaciones

Estoy asumiendo que $\{x\}=x-\lfloor x\rfloor$ que está en $[0,1)$ .

No hay soluciones enteras; si $x\in\mathbb{Z}$ entonces $\{x\}+\left\{\frac1x\right\}=0+\left\{\frac1x\right\}\lt1$ .

Desde $\{x\}+\left\{\frac1x\right\}=1$ es estable bajo $x\leftrightarrow\frac1x$ podemos obtener todas las soluciones positivas mirando $x\gt1$ .

Desde $\{-x\}=1-\{x\}$ para todos $x\not\in\mathbb{Z}$ , $\{x\}+\left\{\frac1x\right\}=1$ es estable bajo $x\leftrightarrow-x$ . Así, podemos obtener todas las soluciones mirando $x\gt0$ .

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Suponiendo que $\boldsymbol{x\gt1}$

Dejemos que $t=\{x\}$ y $n=\lfloor x\rfloor$ . Esto equivale a resolver $$ t+\frac1{n+t}=1\tag1 $$ para $t\in[0,1)$ . Ecuación $(1)$ da la ecuación cuadrática $$ t^2+(n-1)t-(n-1)=0\tag2 $$ que tiene la solución $$ t=\frac{-n+1+\sqrt{(n+1)^2-4}}2\tag3 $$ Desde $x=n+t$ obtenemos $$ x=\frac{n+1+\sqrt{(n+1)^2-4}}2\tag4 $$

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Todas las soluciones

Como se mencionó anteriormente, todas las soluciones se pueden obtener tomando el recíproco y negando $(4)$ . Es decir, podemos obtener todas las soluciones, desde $$ x=\frac{\pm n\pm\sqrt{n^2-4}}2\tag5 $$ donde $n\in\mathbb{Z}$ y $n\ge3$ .

Answer 5

Es más sencillo si te das cuenta:

EDITAR (nuevo texto):

$\{a\} + \{\frac b\} = (a + b) - ([a]+ [b])$ y $([a] + [b])$ es siempre un número entero. Así que $\{a\} + \{frac b\}$ es un número entero si y sólo si $a + b$ es un número entero.

Ahora $0\le \{a \} < 1$ así que $0 \le \{a\} + \{b\} < 2$ .

Así que $\{a \} +\{b\} = 0$ si y sólo si $a, b$ son ambos enteros.

Y $\{a\} + \{b\} = 1$ si y sólo si $ a + b$ es un número entero, pero ninguno de los dos $a$ ni $b$ son números enteros.

Ahora la única manera $x$ y $\frac 1x$ pueden ser ambos enteros es si $x=\pm 1$ .

Así que $\{x\} + \{\frac 1x\} = 1$ no significa nada más ni nada menos que $\{x\} + \{\frac 1x\}$ es un número entero y $x\ne \pm 1$ .

VIEJO: $\{x\} + \{\frac 1x\} = (x + \frac 1x) - ([x] + [\frac 1x])$ y $([x] + [\frac 1x])$ es siempre un número entero.

_

Y como $0 \le \{k\} < 1$ y $\frac 1x \ne 0$ y si $\frac 1x$ se define $x \ne 0$ , entonces es siempre el caso de que $0 < \{x\} + \{\frac 1x\} < 2$ siempre que $x \ne 0$ .

_

así que $\{x\} + \{\frac 1x\} = 1$ significa nada más y nada menos que $x + \frac 1x$ es un número entero.

....

Así que $x + \frac 1x = n$ donde $n$ es un número entero puede resolverse mediante

$x^2 + 1 = nx$ y $x \ne 0$ (pero como $x = 0\implies x^2 + 1 = 1\ne 0 =nx$ no tendremos que preocuparnos por esa condición).

$x^2 -nx + 1 = 0$

Así que $x = \frac {n \pm \sqrt{n^2 - 4}}{2}$ .

Y esos números reales existirán para cualquier número entero $|n| \ge 2$ .

Es evidente que hay infinitos $x = \frac {n \pm \sqrt{n^2 - 4}}{2}; |n| \ge 2$ .

NUEVO: Sin embargo, debemos omitir el $x = \frac {n \pm \sqrt{n^2 - 4}}{2}; |n| \ge 2=\pm 1$

es decir

$n \pm 2= \pm\sqrt{n^2 - 4}$

$n^2 \pm 4n + 4 = n^2 - 4$

$n = \pm 2$ .

Así que para el número infinito de enteros $n; |n| > 2$ tendremos así un $x$ .

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Si queremos convencernos.

Dejemos que $x = \frac {-17 +\sqrt{17^2 -4}}2$ entonces:

$17^2 - 4 = 285$ Y $15^2 = 225 < 285 < 289 = 17^2$ así que

$15 <\sqrt{285} < 17$

$-2 <-17+\sqrt{285} < 0$

$-1 < x = \frac {-17 +\sqrt{285}}2 < 0$ así que

$\{x\} = \frac {-17 +\sqrt{285}}2 + 1$ .

Y $\frac 1x = \frac 2{-17+\sqrt{17^2 -4}}=$

$\frac {2(-17 - \sqrt{285})}{(-17 + \sqrt{285})(-17-\sqrt 285)}=$

$\frac {2(-17 - \sqrt{285})}{289-285}$

$\frac {-17 - \sqrt{285}}2$

Así que $\frac {-17 - 17}2 < \frac 1x < \frac {-17 - 15}2$

Así que $-17 < \frac 1x < -16$ así que

$\{\frac 1x\} = \frac 1x + 17 = \frac {-17 - \sqrt{285}}2 + 17$ .

Así que $\{x\} + \{\frac 1x\} = \frac {-17 +\sqrt{285}}2 + 1 + \frac {-17 - \sqrt{285}}2 + 17=1$ .

Ta-da... Supongo que vale la pena hacerlo al menos una vez en la vida ......