Заета от известно състезание

[Knowledge Greedy]

Нека [tex]f_1(x)=\left |x+1 \right |[/tex] и [tex]f_{n}(x)=\left |x+f_{n-1}(x) \right |[/tex] - за всяко [tex]n\ge 2[/tex].
Решете уравнението [tex]f_{2000}(x)=0[/tex].

[Davids]

Реално търсим корените на уравнението $g(x) = f_{2000} = |\underbrace{x + |x + |x + ... + |x}_{2000} + 1|||| = 0 $, като за целта ще разгледаме дефинираната в условието редица. Ще започнем с няколко основни случая с цел определяне на интервала на възможните корени.

I) $x \ge 0$
Тогава $f_1(x) > 0$, а тогава и $f_n(0) > 0 \forall x$ и корени нямаме. А и $g(x) = 2000x + 1 \ge 1 > 0$, което е логично следствие от наблюдението.

II) $x \le -1$
Тогава $f_1(x) = |x + 1| = -x - 1$, при което $f_2(x) = |x - x - 1| = 1$, след което $f_3(x) = |x + f_2(x)| = |x + 1| = f_1(x)$ и така за всяко нечетно $n$ имаме $f_n = 1$, следователно $g(x) = 1$ и корени нямаме.

Остава случая $x \in (-1; 0)$. За тези стойности ще можем да представим $x$ като $x = -\frac{u}{v}$, при което $v > u$.
Тогава $f_1(x) = |1 - \frac{u}{v}| = |\frac{v - u}{v}| = \frac{|v - u|}{v}$
Ерго $f_2(x) = \frac{||v - u| - u|}{v}$ и понеже $v > u$, то $f_2(x) = \frac{|v - 2u|}{v}$
Същото развитие на реда ще наблюдаваме и при всяка $k$-та итерация, като в зависимост от това дали $ku \le v$ или не, $f_k(x) = \frac{\pm(v - ku)}{v}$. Та в този ред на мисли, понеже в случая, когато $k$ е цялата част на частното $\frac{v}{u}$, имаме $f_k(x) = \frac{|v - ku|}{v} = \frac{v - ku}{v} = \frac{v\bmod u}{v}$, то $f_{k + 1}(x) = \frac{|(v\bmod u) - u|}{v} = \frac{u - (v\bmod u)}{v}$, понеже винаги $u > v\bmod u$. И така $f_{k + 2} = \frac{|u - (v\bmod u) - u|}{v} = \frac{|- (v\bmod u)|}{v} = \frac{v\bmod u}{v} = f_{k}$ и можем да проследим оттук занапред в редицата цикличното повтаряне на
[tex]f_n(x) = \begin{cases}\frac{v\bmod u}{v}; n \equiv k\bmod 2 \\ \frac{u - (v\bmod u)}{v}; n \not\equiv k\bmod 2 \end{cases}[/tex] при $n \ge k$.

В следствие на изложените разсъждения можем да заключим, че единственият начин някога в тази редица да получим $f_n(x) = 0$ е когато $v\bmod u = 0$, т.е. $v = ku$. Тогава $f_k(x) = 0$, както и всяка втора стойност след това също ще е нула.
With that being said, остана най-приятната част от решаването на задачата - да си намерим корените по установената зависимост. Понеже казахме, че $f_n(x) = 0$ само при $n \ge k; n\equiv k\bmod 2$, то за да намерим решенията при $n = 2000$, ще искаме и $k$ да е четно. Също доказахме и че $v = ku$, то значи $x = -\frac{u}{v} = -\frac{u}{ku} = -\frac{1}{k}$. В заключение еднозначно следва, че решения са всички дроби в интервала $(-1; 0)$ от вида $-\frac{1}{k}$, където $k$ е четно естествено число, не по-голямо от $n = 2000$. На езика на математиката:
$x = \{-\frac{1}{2}; -\frac{1}{4}; -\frac{1}{6}; ...; -\frac{1}{2000} \}$

П.П. Не съм сигурен доколко знакът накрая след хикса трябва да е равно... Как най-правилно се изразява "всеки елемент от множеството" и правилно ли е теоретически да отъждествим решението с цялото множество?
П.П.П. Това е от онези задачи, идеята за чието решение е много по-проста от описанието му... Голям ад с математическата издържаност и символика, а концепцията зад решението никак не е толкова далечна от абстрактната мисъл.

[Genie_Almo]

П.П. Не съм сигурен доколко знакът накрая след хикса трябва да е равно... Как най-правилно се изразява "всеки елемент от множеството" и правилно ли е теоретически да отъждествим решението с цялото множество?

В моите виждания предимството на съдържанието пред формата винаги е било безспорно, но има и хора с по-педантични възгледи. В тази връзка, моите поздравления към Davids. Предполагам, че по отношение на нотацията, един от коректните начини би бил следният.

Решение е $\forall x \in M$, където множеството $M$ е дефинирано по следния начин:

$M = \{ -\frac{1}{2m} \mid m\in Z , 1 \le m \le 1000 \}$

[pal702004]

Davids, значително ще облекчиш доказателството, като обърнеш внимание на това, че независимо с какъв знак се разкриват модулите (колко хикса се съкращават, колко остават), за всяко конкретно $x$ функцията $f(x)=kx\pm 1$ за някое цяло (може и отрицатено, може нулево) $k$
Откъдето евентуален корен може да има само вид $x=\frac 1 k,\;k\in \mathbb{Z}$ Ясно че при $x\ge 0$ решения няма, значи $x=-\frac 1 k,\;k\in\mathbb{N}$
Също така, ако за някое $x\;f_n(x)=0$, то $f_{n+1}(x)=|x|$ и $f_{n+2}(x)=|x+|x||=0$ понеже x е отрицателно. Или

$f_n(x)=0\Rightarrow f_{n+2t}(x)=0 \;\forall t\ge 0$

Вече можем да разкрием модулите

$f_1=1-\frac 1 k$
$f_2=1-\frac 1 k -\frac 1 k$
и т.н
$f_k=0$

и оттам натък през едно, откъдето и необходимостта $k$ да е четно.

[drago]

Понякога е по-добре да се тръгне отзад напред.
$$f_n(x)=0 \iff |x+f_{n-1}|=0\iff f_{n-1}=-x \iff |x+f_{n-2}|=-x.$$
Забележете, че $x\leq 0$, за да е решение. Последното се разделя на два клона:
$1)\,\, x+f_{n-2}=x\iff f_{n-2}(x)=0$
$2)\,\,x+f_{n-2}=-x\iff f_{n-2}=-2x\iff |x+f_{n-3}|=-2x$

Последното има два варианта: $x+f_{n-3}=2x \iff f_{n-3}=x$, което не става, защото $f_{m}\geq 0$. Другата опция е $f_{n-3}(x)=-3x$. Това, по същия начин, последователно води до $1=f_0(x)=-nx$ т.е. $x=-\frac{1}{n}$.

Да обобщим:
$$f_n(x)=0\iff (x=-\frac{1}{n}) \text{ or }(f_{n-2}(x)=0). $$
Прилагайки последователно горната рекурентна зависимост, започвайки от $n=2000$, получаваме:
$$f_{2000}(x)=0\iff x\in \{-\frac{1}{n}: n \text{ е четно }, 1<n\leq 2000\}$$

[drago]

Опс, чак сега загрях смисъла на заглавието "Заета от ...", понеже сега видях и задачите от "Салабашев" 2018. Задача втора, нищо ново под слънцето, вероятно и другите са заети.
А тази от къде е?