Республиканская олимпиада по математике, 2025 год, 10 класс

Нақты оң $x, y$ сандары мен натурал $n$ саны үшін $\left\lfloor\dfrac{x^{n+1}}{y^n} \right\rfloor = \left\lfloor\dfrac{x}{y} \right\rfloor + \left\lfloor\dfrac{y^{n+1}}{x^n} \right\rfloor$ 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

Пусть $: \ x< y \ \rightarrow x-y < \dfrac{2}{2n-1}$

Допустим $: \ y-x \geq \frac{1}{2n+1} $

\[\frac{x^{n+1}}{y^n} \geq \left \lfloor \frac{x^{n+1}}{y^n} \right \rfloor = \left \lfloor \frac{x}{y} \right \rfloor + \left \lfloor \frac{y^{n+1}}{x^n} \right \rfloor > 0 + \frac{y^{n+1}}{x^n} -1 \]

\[ \]

\[ (y-x)\left (\sum \limits_{i=0}^{2k} x^iy^{2n-i} \right ) =y^{2n+1} - x^{2n+1} < x^ny^n\]

\[\]

\[ LHS \geq \underbrace{ \frac{1}{2n+1} \times \left ( \sum \limits_{i=0}^{2n} x^iy^{2n-i} \right )\geq x^ny^n}_{AM \geq GM} \ \rightarrow \ \varnothing \]

Теперь пусть $: \ x>y \rightarrow x-y > \frac{-1}{2n+1}$

Допустим $: \ x-y \geq \frac{2}{2n-1}$

\[ \frac{x^{n+1}}{y^n}-1 < \left \lfloor \frac{x^{n+1}}{y^n} \right \rfloor = \left \lfloor \frac{x}{y} \right \rfloor + \left \lfloor \frac{y^{n+1}}{x^n} \right \rfloor \leq \frac{x}{y} + \frac{y^{n+1}}{x^n}\]

\[ \]

\[ (x-y)\left ( \sum \limits_{i=0}^{2n} x^iy^{2n-i} \right ) = x^{2n+1} - y^{2n+1} < x^ny^n+x^{n+1}y^{n-1}\]

\[\]

\[ \color{red}{(!)} \ LHS \geq \frac{1}{2n-1} \times \left ( \sum \limits_{i=0}^{2n} 2x^iy^{2n-i} \right ) \geq RHS \]

\[ \]

\[\overbrace{ \frac{\sum \limits_{i=2}^{2n} x^iy^{2n-i} }{2n-1} \geq x^{n+1}y^{n-1} } ^{AM \geq GM} \quad \quad \quad \overbrace{\frac{\sum \limits_{i=1}^{2n-1} x^iy^{2n-i} }{2n-1} \geq x^ny^n}^{AM \geq GM} \]

Сумма данных двух неравенств дает противоречие. ч.т.д.