Азиатско-Тихоокеанская математическая олимпиада, 2025 год

Пусть $\alpha$ и $\beta$ — положительные действительные числа. Эсмеральда совершает путешествие по координатной плоскости, начиная с точки $(0,0)$. Каждую минуту она передвигается либо на одну единицу вверх, либо на одну единицу вправо, ограничиваясь областью ${|x - y|} < 2025$ на координатной плоскости. Когда она посещает точку $(x, y)$, она записывает на ней целое число $\lfloor x \alpha + y \beta \rfloor$. Оказалось, что Эсмеральда записала каждое неотрицательное целое число ровно один раз. Найдите всевозможные пары $(\alpha, \beta)$, для которых такое путешествие возможно. ($\lfloor x \rfloor$ означает наибольшее целое, не превосходящее $x$.)

Комментарий/решение

Ответ: $\alpha+\beta=2$

Док-во:

Переформулировка: $\alpha,\beta>0$ - действительные такие что $f(x,y)=\lfloor x\alpha+y\beta \rfloor$ сможет пройтись по всем значениям неотрицательных целых чисел ровно один раз при каком то подстановки последовательности пар целых чисел $(x,y)$ в котором один из $x,y$ каждый раз увеличивается на 1 (начиная с $(x,y)=(0,0)$) при условии $|x-y|<2025$

Это означает, что если мы зафиксируем одну такую последовательность пар $(x,y)$, то

$$\lfloor x\alpha+y\beta \rfloor=f(x,y)=x+y$$

для всех пар (x,y) в этой последовательности.

Отметим что $\lfloor x\alpha+y\beta \rfloor=x+y <=> x+y\le x\alpha+y\beta<x+y+1$

_

_

Б.О.О. первый ход был сделан на единицу вправо(в пользу симметрии). То есть

$\lfloor \alpha \rfloor=\lfloor 1\alpha+0\beta \rfloor=1 \Rightarrow 1\le\alpha<2$.

Значит $0<\beta\le1$ так как:

Если $\beta>1$, то $x+y+1>x\alpha+y\beta \Rightarrow x\alpha+y\beta=x+y+y(\beta-1)>x+y+1$

с момента $y>1/(\beta-1)>0$. Противоречие. А такой момент наступит т.к числа $x,y$- неограничены из за ограничения области $|x-y|<2025$.

То есть $$0<\beta\le1\le\alpha<2$$

_

_

Теперь, докажим от противного что $\alpha+\beta=2$:

1)Если $\alpha+\beta<2$: Возьмём $\varepsilon=2-(\alpha+\beta)>0$

i)Если есть пара в последовательности что $x<y$:

$x+y\le x\alpha+y\beta=(x-y)\alpha+y(\alpha+\beta)\le(x-y)+y(\alpha+\beta)<x-y+2y=x+y$. Противоречие

ii)Если все пары такие что $x\ge y$, то:

$x+y\le x\alpha+y\beta=(x-y)\alpha+y(\alpha+\beta)=|x-y|\alpha+y(\alpha+\beta)<2025\alpha+y(\alpha+\beta)=2y-(y\varepsilon-2025\alpha)\le x+y-(y\varepsilon-2025\alpha)<x+y$

с момента $y>2025\alpha/\varepsilon$ ($y$-неограничен). Противоречие

_

2)Если $\alpha+\beta>2$: Возьмем $\varepsilon=(\alpha+\beta)-2>0$

i)Если существует бесконечно много пар в последовательности что $x\le y$:

$x+y+1> x\alpha+y\beta=(x-y)\alpha+y(\alpha+\beta)=-|x-y|\alpha+2y+y\varepsilon>2y+(y\varepsilon-2025\alpha)\ge x+y+(y\varepsilon-2025\alpha)>x+y+1$

с какого то момента $y>(2025\alpha+1)/\varepsilon$ ($y$-неограничен). Противоречие

ii)А если таких пар конечно то пар таких что $x>y$ бесконечно:

$x+y+1>x\alpha+y\beta=x(\alpha+\beta)-(x-y)\beta\ge x(\alpha+\beta)-(x-y)=2x-(x-y)+x\varepsilon=x+y+x\varepsilon>x+y+1$

с какого то момента $x>1/\varepsilon$ ($x$-неограничен). Противоречие

_

_

Значит $\alpha+\beta=2$, а пример ходов очевиден: (Б.О.О. $\alpha\ge\beta$) будем увеличивать каждый из $x,y$ на 1 по очереди начиная с $x$.