DSCN1108 (2)

w postaci n = 6k + m, gdzie k, m są odpowiednio dobranymi liczbami naturalnymi i 0 < m < 6.

Wówczas mamy:

f(6k) = 8k,    f(6k    +    3)    =    4/c + 2,

f(6k # 1) = 4k + 1,    f(6k + 4) = 8/c + 5,

f(6k + 2) = 8/c + 2,    f(6k + 5) = 4/c + 4.

a)    Badając kolejno rozwiązalność równań 8/c = 30, 4/c + 1 = 30 itd.

stwierdzamy, że tylko równanie 4/c 4- 2 = 30 ma rozwiązanie w N.

Zatem

/(n) = 30, n = 45.

Rozumując jak powyżej stwierdzamy, że:

b)    n = 44 lub n = 87,

c)    w — 145.

2.17. Funkcja/nie równa się tożsamościowo zeru jeśli a =£0 lub b =j=0. Funkcja g nie równa się tożsamościowo zeru jeśli c =£0.

Dalej mamy:

f/toM) = acx² + 6 \ 9(f(^x)) = a²cx² + 2 abcx + c6², stąd

fa²c = ac, czyli a = 1 lub ac — 0 2abc = 0

cb² = 6, czyli 6 = 0 lub bc — 1 Wobec tego, jeśli:

l)a=l i 6 = 0, to ce/?\{0}

2) a = 1 i 6c = 1, to 26c =/=0 (wbrew warunkowi).

3)nc = 0 i 6 = 0, to wobec założenia n =/= 0 lub 6^0 otrzymujemy n ^0, stąd c = 0, ale to jest sprzeczne z warunkami zadania.

4)ac = 0 i 6c=l, to 6^0 i c =£0.

Pozostaje zatem a = 0.

(a =1,6 = 0, ce/?\{0}) lub (a = 0, beR \ {0}, c = £).

2.18. Wskazówka. Ponieważ funkcja/jest okresowa i jej okresem jest liczba 6, więc wystarczy rozwiązać nierówność /(*)< 5, dla xe<—3;3>; stąd otrzymujemy

xe< —3;—2>vj <2;3> i ogólnie:

xe<—3 + 6k;—2 + 6k>u<2 + 6fc ; 3 + 6fc>, gdzie keC.

2.19. Wskazówka. Ponieważf(x) — a\[x + —) —— 1

L\ 2a/ 4n²J

więc /(a) = a|Ya +    — ^1 .Wystarczy teraz zauważyć, ż

nierówność af(a) < 0 pociąga za sobą A > 4a²    > 0.

2.20. Niech x_x < x₂(x_t. x₂ - pierwiastki równania).

Zauważmy najpierw, że trójmian af(x) = a²(x ~^x\)i^x - ^xi)

ma te same pierwiastki co f(x) oraz, że nierówność af(x) > 0 jest spełniona wtedy i tylko wtedy, gdy x^<x, ;x₂>.

Ponadto oba trójmiany mają wierzchołek w tym samym punkcie

—^    ^ —, który jest środkiem przedziału (x, ;xj.

Jeśli teraz (xj ;x₂) <= (a; /?), to a, fi £<x, ;x₂>, czyli af (ot) > 0 i af(P) > 0. Ponadto oczywiście

b_ 2 a

e(a; P).

Załóżmy teraz, że af(ot) > 0, af(p) > 0 i ——e(a; fJ).

Z obu nierówności wynika, że a, /?#<x_t ;x₂>. Mamy zatem trzy możliwości

a)    tx< fi <x i,

b)    x₂<ot<p,

c)    a < x, < x₂ < p.

*1 +^X2 2

Pierwsze dwa przypadki są niemożliwe, bo

Zatem (x_t ;x₂) cz (a;p). Co należało dowieść.

73