Республиканская олимпиада по математике, 2025 год, 9 класс

Нақты оң $x, y$ сандары мен натурал $n$ саны үшін \[\left\lfloor\frac{x^{n+1}}{y^n} \right\rfloor = \left\lfloor\frac{x}{y} \right\rfloor + \left\lfloor\frac{y^{n+1}}{x^n} \right\rfloor \] теңдігі орындалады. $\dfrac{-1}{2n+1} < x-y < \dfrac{2}{2n-1}$ екенін дәлелдеңіз. (Бұл жерде $\lfloor t\rfloor$ арқылы $t$ санының бүтін бөлігі, яғни $t$-дан аспайтын ең үлкен бүтін сан белгіленген.) ( Сатылханов К. )

Комментарий/решение

Разберем несколько случаев.

1) $x=y$ очевидно что верно

2) $x>y$

Пусть $x=yq+r , (y>r)$

Известно что $\lfloor \frac{x}{y} \rfloor=q$

Тогда условие можно переписать в таком виде:

$\dfrac{x^{n+1}}{y^n}-1 < q+\dfrac{y^{n+1}}{x^n}$ используя формулу $(x^{2n+1}-y^{2n+1})=(x-y)(x^{2n}+…+y^{2n})$

$(x-y)<\frac{(q+1)(x^ny^n)}{x^{2n}+…+y^{2n}}=A$

По $AM \geq GM$

$x^{2n}+…+y^{2n-2}x^2 \geq 2n-1(x^{n+1}y^{n-1})$

То есть $A \leq \frac{(q+1)(y)}{x}$ но $q+1 \leq \dfrac{x-r+y}{y} <\dfrac{2x}{y}$ отсюда $x-y < \dfrac{2}{2n-1}$

3) $y>x$

Также как во втором случае перепишем условие виде:

$\dfrac{x^{n+1}}{y^n} > \dfrac{y^{n+1}}{x^n} -1$ <=> $y-x < \dfrac{x^ny^n}{x^{2n}+…+y^{2n}}$

По $AM \geq GM$

$x^{2n}+…+y^{2n} \geq 2n+1(x^ny^n)$ =>> $y-x < \dfrac{1}{2n+1}$. Ч.Т.Д