Математикадан республикалық олимпиада, 2020-2021 оқу жылы, 10 сынып

$a$ — натурал сан болсын. $x({{y}^{2}}-2{{x}^{2}})+x+y+a=0$ теңдеуінің кез келген бүтін $(x,y)$ шешімі үшін $|x|\le a+\sqrt{2{{a}^{2}}+2}$ теңсіздігі орындалатынын дәлелдеңіз. ( Осипов Н. )

Комментарий/решение

Если $x = 0$ или данное уравнение не имеет целочисленного решения, то задача решена. Пусть теперь наоборот. Обозначим $A = a + \sqrt{2a^2 + 2} > 2a.$ По условию имеем, что $y + a = kx$ для некоторого целого $k$. Подставим в условие равенство $y = kx - a$, получим

$$x^2(k^2 − 2) − 2akx + a^2 + k + 1 = 0 (∗)$$

$1)$ $k=1.$ Тогда $(x+a)^2 =2a^2 + 2$, откуда $|x| ≤ A.$

$2)$ $k=0.$ В этом случае $2x^2 = a^2 +1$, откуда $|x|<A.$

$3)$ $k = −1.$ В этом случае $(x − a)^2 = 2a^2$, что неверно (степень вхождение $2$ в правой части нечетно).

$4)$ $k ≥ 2.$ Из $(*)$ следует, что $x > 0$. Предположим, что $x > A.$ Тогда из $(∗)$ $$2x^2 =(kx−a)^2 +k + 1 > (2x−a)^2 \Rightarrow \sqrt{2}x>2x−a \Rightarrow x< \frac{a}{2-\sqrt{2}} < 2a,$$ противоречие.

$5)$ $k ≤ −2.$ Из $(*)$ следует, что $x < 0$. Пусть $z = −x > 0, m = −k ≥ 2.$ Предположим, что $z > A$. Из $(*)$ получим, что

$$2z^2 −a^2 −1 = m(mz^2 −2az−1) ≥ 4z^2 − 4az − 2 \Rightarrow 2(z−a)^2 ≤ a^2 +1,$$ противоречие.