Parte intreaga, parte fractionara

[Claudiu Mindrila]

Demonstrati ca pentru orice \( k\ge2 \) , exista un unic numar real \( x \) astfel incat \( k=\frac{\left[x\right]\left\{ x\right\} }{x} \).

Marius Burtea

[mihai++]

\( k=\frac{[x] \{x\}}{x}\leq\frac{[x]}{x}\leq 1. \)

Zi-mi unde gresesc ca nu imi dau seama, caci stim ca \( 1\geq\frac{[x]}{x}>0,\forall x\neq 0. \)

[Claudiu Mindrila]

\( k=\frac{[x] \{x\}}{x}\leq\frac{[x]}{x}\leq 1. \)

Asta daca \( x>0 \).

[Mateescu Constantin]

Solutie:

Sa observam ca daca \( x \) este solutie, avem in mod necesar \( x<0 \). Intr-adevar daca am presupune prin absurd ca \( x>0 \) ar rezulta \( \{x\}\cdot [x]\le [x]\le x \), deci \( \frac{\{x\}[x]}{x}\le 1 \), adica \( k\le 1 \), ceea ce contrazice ipoteza.

Sa notam \( p=[x] \), deci \( p \) este un intreg negativ si avem \( p\le x<p+1 \)

Deoarece \( x=p+\{x\} \), ecuatia din enunt devine:

\( k=\frac{\{x\}p}{p+\{x\}} \), de unde \( \{x\}=-\frac{kp}{k-p}\ (1) \)

Din \( 0\le \{x\}<1 \) avem \( 0\le -\frac{kp}{k-p}<1 \)

Prima inegalitate este evidenta tinand seama ca \( p<0 \) si \( k>0 \).

A doua inegalitate ne conduce la \( p>-\frac{k}{k-1} \) sau \( p>-1-\frac{1}{k-1}\ge 2 \), de unde in mod necesar rezulta \( p=-1 \)

Atunci din \( (1) \) rezulta \( \{x\}=\frac{k}{k+1} \), deci \( x=p+\{x\}=-\frac{1}{k+1} \)

Valoarea obtinuta a lui \( x \) verifica ecuatia data, si astfel solutia se incheie.