Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

Республиканская олимпиада по математике, 2018 год, 9 класс


Решите в целых числах уравнение 2a+a2=4b+b2. ( А. Голованов )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.     Левая часть не будет целой тогда и только тогда, когда a<0, а правая -- когда b<0. При этом, если a<0 и b<0, то левая часть представляет собой несократимую дробь со знаменателем 2a, а правая -- несократимую дробь со знаменателем 22b, откуда a=2b; но тогда a=b=0, а мы предположили, что a и b отрицательны.
  Если одно из чисел a и b равно 0, другое тоже равно 0.
  Осталось разобрать случай, когда a и b натуральны. Поскольку 22b+(2b)2>4b+b2, число a меньше 2b и, следовательно, a2b1. Поскольку левая часть возрастает с ростом a, 22b1+(2b1)24b+b2, откуда 22b13b24b+1. Убедимся, что последнее неравенство не имеет места ни при каких натуральных b. Действительно, пусть cn=22n13n2+4n1, dn=cn+1cn=322n16n+1, en=dn+1dn=922n16. Очевидно, en положительно при всех натуральных n, то есть dn возрастает. Но d1=1, поэтому dn также положительно при всех натуральных n, и cn возрастает. Наконец, c1=2, следовательно, cn положительно при всех натуральных n.

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №2.     Заметим, что если a=0, то b=0. Аналогично, если b=0, то a=0. Теперь будем считать, что a>0 и b>0.
  Если ab тогда 2a+a22b+b2<4b+b2. Значит, a>b. Следовательно, 4b>2a или 2b>a.
  Из условия следует, что 0<a2b2=4b2a2a, следовательно, a2>2a.(1) Индукцией по n докажем, что 2nn2 для любого натурального n4.
  База: 2442.
  Предположим, что утверждение верно для всех чисел не больших k. Тогда 2k+1=22k2k2k2+4k>(k+1)2, переход доказан.
  Значит неравенство (1) неверно при a4 (это также неверно при a=1,2). Тогда a=3, то есть 4b+b2=17, что не имеет решение при натуральном b.

  6
2 года 3 месяца назад #

разберем где a,b0,заметим что a,b одинаковой четности тогда пусть 2a<4b тогда a<2b тогда

a2<4b2 совсем легко заметить что тогда чтобы a2+2a>4b где a2b1 нужно чтобы a22a при целых a это работает тогда и только когда a=3,2,4 но таких b целых нету тогда обязательно 2a4b тогда заметим что a2b легко разобрать вариант где 2a=4b это невозможно осталось разобрать где 4b<2a тогда и a>2b тогда [a/2]1b где модуль в большую сторону , 4b+b2>2a, 4b=22b пусть тогда b=a/2n b2>2a(a/2n)2 тогда b2>22nb>2n пусть a=2b+m ,a2+2a<4b+b2+14b+b2+1>2a+a2,4b+b2+1>(2b+m)2+22b+m,4b2+m2+4bm+4b2m<b2+4b+1 но выходит наоборот > так что при a>2b тоже нету ответов разберем последний вариант где a=0 но тогда b=0 что и является ответом , разберем где a,b отрицательные тогда заметим что a представляет дробь 2a а b 22b но тогда a=2b а мы разобрали этот случай он невозможен при a,b0

  2
1 года 1 месяца назад #

Легко находим a=b=0

Пусть b>a,4b+b2=2a+a2<2b+b2 противоречие, значит a>b

Тогда, 2a+a2=b2+22b,a2b2=22b2a>0,2b>a>b,

Пусть a=b+x, где x<b, подставляя выйдет 2b+x+b2+2bx+x2=4b+b2,3b2x2+2bx=2b(2b2x), тоесть 3b22b, из индукции b7

дальше можно подставить все значения либо как крутые ограничить дальше, x2+2bx=2b(2b2x) так как b>xbx+1, поэтому x2+2bx=2b(2b2x)2b(2x+12x)=2b+x, можно легко проверить что x3,

пусть x=3,9+6b2b+3, для b нету ответов, x=2,4+4b2b+2,b=1, ответов нету, x=11+2b2b+1, для b ответов нету, поэтому ответов нету кроме (a,b)=(0,0)