Республиканская олимпиада по математике, 2018 год, 9 класс
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 2−a, а правая -- несократимую дробь
со знаменателем 2−2b, 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, a≤2b−1.
Поскольку левая часть возрастает с ростом a, 22b−1+(2b−1)2≥4b+b2,
откуда 22b−1≤3b2−4b+1. Убедимся, что последнее неравенство не имеет места ни при каких натуральных b.
Действительно, пусть
cn=22n−1−3n2+4n−1,
dn=cn+1−cn=3⋅22n−1−6n+1,
en=dn+1−dn=9⋅22n−1−6. 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 a≤b тогда 2a+a2≤2b+b2<4b+b2. Значит, a>b. Следовательно, 4b>2a или 2b>a.
Из условия следует, что 0<a2−b2=4b−2a⋮2a, следовательно,
a2>2a.(1)
Индукцией по n докажем, что 2n≥n2 для любого натурального n≥4.
База: 24≥42.
Предположим, что утверждение верно для всех чисел не больших k. Тогда
2k+1=2⋅2k≥2k2≥k2+4k>(k+1)2,
переход доказан.
Значит неравенство (1) неверно при a≥4 (это также неверно при a=1,2). Тогда a=3, то есть 4b+b2=17, что не имеет решение при натуральном b.
разберем где a,b≠0,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 a≤2b−1 нужно чтобы a2≥2a при целых a это работает тогда и только когда a=3,2,4 но таких b целых нету тогда обязательно 2a≥4b тогда заметим что a≥2b легко разобрать вариант где 2a=4b это невозможно осталось разобрать где 4b<2a тогда и a>2b тогда [a/2]−1≥b где модуль в большую сторону , 4b+b2>2a, 4b=22b пусть тогда b=a/2−n⇒ b2>2a−(a/2−n)∗2 тогда b2>22n→b>2n пусть a=2b+m ,a2+2a<4b+b2+1⇒4b+b2+1>2a+a2,4b+b2+1>(2b+m)2+22b+m,4b2+m2+4bm+4b∗2m<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 2−a а b 2−2b но тогда a=2b а мы разобрали этот случай он невозможен при a,b≠0
Легко находим a=b=0
Пусть b>a,⇒4b+b2=2a+a2<2b+b2 противоречие, значит a>b
Тогда, 2a+a2=b2+22b,a2−b2=22b−2a>0,⇒2b>a>b,
Пусть a=b+x, где x<b, подставляя выйдет 2b+x+b2+2bx+x2=4b+b2,⇒3b2≥x2+2bx=2b(2b−2x), тоесть 3b2≥2b, из индукции b≤7
дальше можно подставить все значения либо как крутые ограничить дальше, x2+2bx=2b(2b−2x) так как b>x→b≥x+1, поэтому x2+2bx=2b(2b−2x)≥2b(2x+1−2x)=2b+x, можно легко проверить что x≤3,
пусть x=3,→9+6b≥2b+3, для b нету ответов, x=2,→4+4b≥2b+2,b=1, ответов нету, x=1→1+2b≥2b+1, для b ответов нету, поэтому ответов нету кроме (a,b)=(0,0)
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.