Математикадан республикалық олимпиада, 2020-2021 оқу жылы, 11 сынып

$\left[ \sqrt{a^2 n}+\sqrt{b^2n+1} \right]=\left[ \sqrt{( a+b)^2 n+3} \right]$ теңдігі кез келген натурал $n$ саны үшін орындалатындай, шексіз көп натурал $\left( a,b \right)$ ${(a\ne b)}$ жұптарының табылатынын дәлелдеңіз. (Бұл жерде $[x]$ — ол $x$ санының бүтін бөлігі, яғни $x$ санынан аспайтын ең үлкен бүтін сан.) ( Абдыкулов А. )

Комментарий/решение

Решение: Докажем, что пары $(a,b)=(x,2x)$ подходят для всех натуральных $x.$ Нам надо доказать, что

$$\left[x\sqrt{n}+x\sqrt{4n+\dfrac{1}{x^2}} \ \right]=\left[x\sqrt{9n+\dfrac{3}{x^2}} \ \right]$$

Пусть $\left[x\sqrt{9n+\dfrac{3}{x^2}} \ \right]=N$

$$\implies N\le x\sqrt{9n+\dfrac{3}{x^2}} <N+1$$

$$\implies N^2\le 9nx^2+3 <(N+1)^2$$

Рассматривая остатки по модулю $9$ находим, что $N^2\neq 9nx^2+3, 9nx^2+2$ откуда

$$\implies N^2 - 1\le 9nx^2 < (N+1)^2 -3$$

$$\implies \dfrac{N^2-1}{9x^2} \le n< \dfrac{(N+1)^2-3}{9x^2}\quad (\color{red}1)$$

Надо доказать, что $N \le x\sqrt{n}+x\sqrt{4n+\dfrac{1}{x^2}} < N+1$

$$\iff \dfrac{N}{x} \le \sqrt{n}+\sqrt{4n+\dfrac{1}{x^2}} < \dfrac{N+1}{x}\quad (\color{red}2)$$

Взявь $N+1=w$ находим, что

$$\sqrt{n}+\sqrt{4n+\dfrac{1}{x^2}}<\dfrac{\sqrt{w^2-3}+\sqrt{4w^2-3}}{3x}<\dfrac{w+2w}{3x}=\dfrac{N+1}{x}\quad(i)$$

$$\sqrt{n}+\sqrt{4n+\dfrac{1}{x^2}} \ge \dfrac{\sqrt{N^2-1}+\sqrt{4N^2+5}}{3x}\ge \dfrac{N}{x}\quad(ii)$$

последнее неравенство равносильно с $$5N^2+4+2\sqrt{(N^2-1)(4N^2+5)}\ge 9N^2\iff \sqrt{4N^2+5}\ge 2\sqrt{N^2-1},$$ что очевидно верно. Задача решена.