Республиканская олимпиада по математике, 2026 год, 11 класс

Бүтін $n\ge 2$ және нақты оң $a_1,b_1,a_2,b_2,\ldots$, $a_n,b_n$ сандары берілген. Әр $k=1,2,\ldots,n$ үшін \[\frac{a_k^2 + 1}{b_k}\ge b_1+b_2+\cdots + b_n \quad \text{және} \quad \frac{b_k^2 + 1}{a_k}\ge a_1+a_2+\cdots + a_n \] теңсіздіктері орындалады. $|a_1-b_1|+|a_2-b_2|+\cdots+|a_n-b_n|\le \sqrt{8n}$ екенін дәлелдеңіз. ( 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 $B:$

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

я согласен

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