Республиканская олимпиада по математике, 2026 год, 11 класс

Дано целое число $n\ge 2$ и положительные действительные числа $a_1,b_1,a_2,b_2,\ldots$, $a_n,b_n$ такие, что \[\frac{a_k^2 + 1}{b_k}\ge b_1+b_2+\cdots + b_n \quad \text{и} \quad \frac{b_k^2 + 1}{a_k}\ge a_1+a_2+\cdots + a_n \] для каждого $k=1,2,\ldots,n$. Докажите, что $|a_1-b_1|+|a_2-b_2|+\cdots+|a_n-b_n|\le \sqrt{8n}$. ( Сатылханов К. )

Комментарий/решение

Утверждение: пару $(a_i,b_i) $ можно заменить на $(a_i-C, b_i-C)$

\[\]

Доказательство:

\[\color{red}{(\ !\ )} \ \dfrac{(a_i-C)^2+1}{b_i-C}+C \geq \dfrac{a_i^2+1}{b_i} \geq \sum \limits_{j=1}^{n} b_j\]

Это тоже что и $:$

\[\color{red}{(\ !\ )} \ \dfrac{a_i^2-2a_iC+b_iC+1}{a_i^2+1} \geq \dfrac{b_i-C}{b_i} \to \dfrac{a_i^2+1}{b^i} \geq 2a_i-b_i \to \dfrac{(a_i-b_i)^2+1}{b_i} \geq 0 \quad \blacksquare\]

\[\]

Тогда заменим все пары $(a_i,b_i) \to (a_i - \min{(a_i,b_i)}, b_i - \min{(a_i,b_i)}):$

\[\]

Введем множество $:$

\[A = \{ \ i \mid a_i>b_i \ \}\]

Аналогично определим и множество $B:$

\[\forall \ i\in A \mid \dfrac{1}{a_i-b_i} \geq \sum \limits_{t\in A}^{} (a_t-b_t) \to 1 \geq (a_i-b_i)\cdot \left (\sum \limits_{t\in A}^{} (a_t-b_t)\right )\]

Данное можно перезаписать как $:$

\[\mid A \mid \geq \left (\sum \limits_{t\in A}^{} (a_t-b_t)\right )^2 \to \sqrt{ \mid A \mid } \geq\sum \limits_{t\in A}^{} (a_t-b_t)\]

Аналогично для $B:$

\[\sum \limits_{t=1}^{n} \mid a_t-b_t \mid = \sum \limits_{t\in A}^{} (a_t-b_t)+\sum \limits_{t\in B}^{} (b_t-a_t) \leq \sqrt{ \mid A \mid }+\sqrt{ \mid B \mid }\leq \sqrt{2\cdot \left ( \mid A \mid + \mid B \mid \right ) }\leq \sqrt{2n}\]

я согласен

Задача была бы интереснее в данном виде $:$

\[\]

Дано целое число $n \geq 2 $ и положительные числа $a_1,b_1,a_2,b_2, \dots ,a_n,b_n$ такие, что

\[\frac{a_k^2 + 1}{b_k}\ge b_1+b_2+\cdots + b_n \quad \text{и} \quad \frac{b_k^2 + 1}{a_k}\ge a_1+a_2+\cdots + a_n\]

для каждого $k=1,2,\dots,n.$ Найдите минимальную константу $C,$ что $|a_1-b_1|+|a_2-b_2|+\cdots+|a_n-b_n|< \sqrt{C\cdot n}$

\[\]

Возьмем верхнее решение и докажем что оценку не улучшить, построив пример $ \forall \ 1 \geq \epsilon > 0:$

\[\left\{ \begin{gathered} a_i=b_{n-i} = t + \sqrt{\frac{1-\epsilon}{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil}} \quad \forall \ i\leq \left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil \\ b_{n-i}=a_i = t \quad \forall \ i > \left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil \\ \end{gathered} \right .\]

При такой подстановке докажем что можно выбрать $t>0$ под неравенство $:$

\[\frac{t^2+1}{t+\sqrt{\frac{1-\epsilon}{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil}}}\geq \left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor\cdot t + \left \lceil\frac{n}{2}\right \rceil\cdot \left ( t+\sqrt{\frac{1-\epsilon}{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil}}\right )\to t^2+1 \geq \left ( t + \sqrt{\frac{1-\epsilon}{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil}} \right )\left ( nt + \left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil \cdot \sqrt{\frac{1-\epsilon}{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil}}\right )\]

Раскроем скобки $:$

\[t^2+(1-\epsilon+\epsilon) \geq t^2(n-1+1) + t \left ( n + \left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil \right ) \cdot \sqrt{\frac{1-\epsilon}{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil}}+ 1-\epsilon\]

Перезапишем в виде $:$

\[0 \geq t^2\cdot \underbrace{(n-1)}_{a}+ t^1 \cdot \underbrace{\left ( n\cdot \sqrt{\frac{1-\epsilon}{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil}} + \left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil\cdot \sqrt{\frac{1-\epsilon}{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil}} \right )}_{b} + t^0\cdot \underbrace{(-\epsilon )}_{c}\to t^2a+tb+c\leq 0\]

Рассмотрим его корни $:$

\[x_{1,2} = \frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a} \mid a>0, c<0 \to -4ac >0 \to b^2-4ac > b^2\]

Так как $a>0$ график выражается в виде параболы ветви которой устремляются вверх, следовательно $:$

\[\frac{-b+\sqrt{b^2-4ac}}{2a} > 0 \to t \in \left (0, \frac{-\left ( n\cdot \sqrt{\frac{1-\epsilon}{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil}} + \left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil\cdot \sqrt{\frac{1-\epsilon}{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil}} \right ) + \sqrt{ (n+\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil )^2\cdot \left ( \frac{1-\epsilon}{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil }\right ) + 4(n-1)\cdot \epsilon} }{2(n-1)} \right ]\]

Так как данный промежуток ненулевой можно подобрать такой $t$ что дает нам оценку $:$

\[\sum \limits_{i=1}^{n} | a_i-b_i| = n\cdot \sqrt{\frac{1-\epsilon}{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil}} < \sqrt{C\cdot n } \to \sqrt{\frac{(1-\epsilon)\cdot n}{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil }} < \sqrt{C}\]

Возведя обе стороны в квадрат получим $:$

\[C > \frac{n}{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil } \cdot (1-\epsilon) \mid \lim_{\epsilon \to 0} \to C \geq \frac{n}{\left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil }\mid \lim_{n\to \infty } \to C \geq 2\]

А вообще просто для четных $n$ ответ $: C=2$

Пусть $A=a_1+a_2+...+a_n$; $B=b_1+b_2+...+b_n$

Разделим множество $(a_i, b_i)$ на

$P=(k | a_k\geq b_k)$

$N=(m | a_m<b_m)$

Более того, пусть $p=|P|$; $q=|N|$

Для начала рассмотрим задачу для множества $P$.

Первая лемма: $|a_k^2-b_k^2|\leq 1$

Она очевидно следует из условия:

$a_k^2+1\geq b_k^2$ и $b_k^2+1\geq a_k^2$

Вторая лемма: Для $a_k\geq b_k$:

$a_k(A-a_k)\leq 1$

Также очевидно из условия:

$b_k^2+1\geq (A-a_k)(a_k)+ a_k^2$

$1\geq 1+b_k^2-a_k^2\geq (A-a_k)a_k$

Пусть $d_k=a_k-b_k$.

Тогда во первых: $d_k\leq a_k$

Во вторых, используя первую лемму: $d_k=\frac{a_k^2-b_k^2}{a_k+b_k}\leq \frac{1}{a_k+b_k}\leq \frac{1}{a_k}$

То есть $d_k\leq min(a_k, \frac{1}{a_k})$

Теперь, если $a_k\leq \frac{2}{A}$, то $d_k\leq a_k \leq \frac{2}{A}$

Если же $a_k>\frac{2}{A}$, то используя вторую лемму, то:

$\frac{2}{A}*(A-a_k)<a_k(A-a_k)<1$

Отсюда $a_k>\frac{A}{2}$

Поэтому $d_k\leq \frac{1}{a_k}<\frac{2}{A}$

Поэтому в любом случае $d_k<\frac{2}{A}$

А также очевидно что сумма всех $d_k$ в множестве $P$, точно меньше чем $A$, поэтому:

$$\sum_{k\in P} d_k \leq min(A, \frac{2p}{A})\leq \sqrt{2p}$$

Аналогично с множеством $N$

Отсюда сумму разностей модулей точно меньше чем:

$\sqrt{2p}+\sqrt{2q}$

Остается лишь понять что так как $p+q=n$, то:

$(\sqrt{p}+\sqrt{q})^2\leq 2p+2q=2n$

А значит: $\sqrt{2p}+\sqrt{2q}<2*\sqrt{n}<\sqrt{8n}$

Эту оценку видимо можно усилить:

Докажем, что $d_k \le \frac 1A$ для $k\in P$, тогда $\sum_{k\in P} d_k \le \min(A, \frac{p}{A}) \le \sqrt p$, тогда итоговая оценка будет $\sqrt p + \sqrt q \le \sqrt{2n}$.

Предположим, что $a_k > d_k > \frac 1A$, тогда \[\left(a_k - \frac 1A\right)^2 + 1 > (a_k-d_k)^2 + 1 \ge Aa_k\]

\[\implies a_k^2 - a_k\left(\frac 2A + A\right) + \left(1 + \frac 1{A^2}\right) > 0\]

или $(a_k - \frac 1A)(a_k - (A+\frac 1A)) > 0$, но $A+\frac 1A > a_k > d_k > \frac 1A$, противоречие.

Если взять $b_{n-t} = a_t = \sqrt{2/n}$ для $t \le \frac n2$ и $b_{n-t} = a_t = \varepsilon\to 0^+$ для $t > \frac n2$, то $\sum|a_i - b_i| \to \sqrt{2n}$ и оба элемента $\{\frac{a_k^2 + 1}{b_k}, \frac{b_k^2 + 1}{a_k}\} = \{\frac{\varepsilon^2 + 1}{\sqrt{2/n}}, \frac{2/n + 1}{\varepsilon}\}$ больше чем $\sqrt{n/2} \ge \sum b_i, \sum a_i$

Алдымен $1\ge (a-b)^2$ шартын қанағаттандыратын $a,b$ оң сандары үшін $\frac{a^2}{b^2+1}+\frac{b^2}{a^2+1}\ge (a-b)^2$ теңсіздігін дәлелдейік.

$\frac{a^2}{b^2+1}+\frac{b^2}{a^2+1}=\frac{a^4+b^4+a^2+b^2}{(a^2+1)(b^2+1)}> \frac{(a^2-b^2)^2+a^2b^2+(a-b)^2}{(a^2+1)(b^2+1)}\ge \frac{(a^2-b^2)^2+a^2b^2(a-b)^2+(a-b)^2}{(a^2+1)(b^2+1)} = \frac{(a-b)^2((a+b)^2+a^2b^2+1)}{(a^2+1)(b^2+1)}\ge (a-b)^2$

Есептің шартынан:

$a_k^2+1>b_k^2, \ \ b_k^2+1>a_k^2\ \Rightarrow \ \ 1>|a_k^2-b_k^2|\ge (a_k-b_k)^2$

$2= \sum \limits_{k=1}^{n} (\frac{a_k}{a_1+a_2+...+a_n}+\frac{b_k}{b_1+b_2+...+b_n})\ge \sum \limits_{k=1}^{n} ( \frac{a_k^2}{b_k^2+1} + \frac{b_k^2}{a_k^2+1})\ge \sum \limits_{k=1}^{n} (a_k-b_k)^2$

Коши-Буняковский теңсіздігінен:

$\sum \limits_{k=1}^{n} |a_k-b_k| \le \sqrt{n \cdot \sum \limits_{k=1}^{n} (a_k-b_k)^2} \le \sqrt{2n} $