Республиканская олимпиада по математике, 2018 год, 10 класс

Даны натуральные числа $a$, $b$, $c$ и $d$ такие, что числа $a$ и $b$ взаимно просты и $a > b.$ Известно, что число $c^2$ делится на $a^2+b$, а число $d^2$ делится на $a^2+b^2.$ Докажите, что $cd > 2a^2.$ ( Сатылханов К. )

Комментарий/решение

Комментарии от администратора Комментарии от администратора №1.    
Решение. Пусть $x$, $y$, $m$ и $n$ такие натуральные числа, что $a^2+b=x^2m$, $a^2+b^2=y^2n$, и каждое из чисел $x$ и $y$ не делятся на квадрат простого числа.
  Так как $a^2 < a^2+b < a^2+a < {(a+1)^2}$, то $m \ne 1$, значит $m \ge 2$. По условия следует, что $c$ делится на $xm$, следовательно $$c^2 \ge (xm)^2=m(a^2+b) > ma^2. \quad (1)$$ Аналогично $$d^2 > na^2. \quad (2)$$ Из (1) и (2) следует, что $$cd > a^2 \sqrt{mn}. \quad (3)$$ Если $n \ge 2$, тогда $mn \ge 4$ и из (3) следует, что $cd > 2a^2$.
  Теперь будем считать, что $n=1$, то есть $$a^2+b^2=y^2. \quad (4)$$ Если число $ab$ не делится на 3, тогда $a^2+b^2 \equiv 2 \not \equiv y^2 \pmod 3,$ что невозможно. Аналогично, если $ab$ не делится на 2, тогда $a^2+b^2 \equiv 2 \not \equiv y^2 \pmod 4$, что также невозможно. Значит $ab$ делится на 6. Но, так как числа $a$ и $b$ взаимно просты, то ровно один из них делится на 2 и ровно один из них делится на 3. Следовательно числа $a^2+b$ и 6 взаимно просты. Тогда $m \ge 5$, и из (3), следует, что $cd > a^2 \sqrt 5 > 2a^2$, что и требовалось доказать.

Пусть $c^2=x(a^2+b)$ и $d^2=y(a^2+b^2)$, где $x,y\in\mathbb{N}$

Заметим, что $(a^2+b)(a^2+b^2)>a^4$

тогда достаточно доказать, что $$xy\geq 4$$

Заметим, что $a^2<a^2+b<(a+1)^2$, откуда легко понять, что $x\geq 2$.

Если $y\geq 2$, то $xy\geq 4$.

Допустим, что $y=1$.Если $x\geq 4$, то $xy\geq 4$.Далее пусть $3\geq x$

$1)x=2$, откуда $c^2=2(a^2+b) \implies a^2+b\vdots 2\implies a,b\not\vdots 2$

но тогда $d^2=a^2+b^2\equiv 2\pmod 4$,что неверно

$2)x=3$, откуда $c^2=3(a^2+b)\implies a^2+b\vdots 3\implies a,b\not\vdots 3$

но тогда $d^2=a^2+b^2\equiv 2\pmod 3$,что неверно