Математикадан республикалық олимпиада, 2006-2007 оқу жылы, 10 сынып

$m$ және $n$ — натурал сандары үшін $\left( x+m \right)\left( x+n \right)=x+m+n$ теңдеуінің кемінде бір бүтін шешімі бар. $\dfrac{1}{2} < \dfrac{m}{n} < n$ теңсіздігінің орындалатынын дәлелдеңдер.

Комментарий/решение

Решая уравнение как квадратное, пусть его дискриминант равен $k$

$D^2=m^2-2m(n-1)+(n+1)^2 = k^2 $ тогда $n = \pm \sqrt{k^2-4m}+m-1$ и $n$-натуральное переходя $k^2-4m=t^2$

Пусть $k=2a$ тогда $4a^2-4m=t^2$ тогда и $t =2b$ где $a,b$ целые, то есть $m=a^2-b^2$ значит $n=a^2-(b-1)^2$ тогда по неравенству $\dfrac{m}{n} = \dfrac{a^2-b^2}{a^2-(b-1)^2} $ для $n,m>0$ выходит что при $ a> \dfrac{1}{2}$и $a<-\dfrac{1}{2}$ получается $1-|a|<b<|a|$.

1) $\dfrac{a^2-b^2}{a^2-(b-1)^2} > \dfrac{1}{2}$ получается что при $ a> \dfrac{1}{2}$ и $a<-\dfrac{1}{2} = >1-|a|<b<\sqrt{a^2+2}-1$ но $2-|a|<\sqrt{a^2+2}-1$ при $a<-\dfrac{7}{6}, \ a>\dfrac{7}{6}$ то есть найдется целое $b$

2) $\dfrac{a^2-b^2}{a^2-(b-1)^2} < \dfrac{1}{2}$ получается что при $ a> \dfrac{1}{2}$ и $a<-\dfrac{1}{2} = > \sqrt{a^2+2}-1<b<|a|$ но $|a|-1<\sqrt{a^2+2}-1$ при $a \in ( \infty, + \infty)$ то есть не найдется целое $b$

3) $\dfrac{a^2-b^2}{a^2-(b-1)^2} > 2$ получается что при $ a> \dfrac{1}{2}$ и $a<-\dfrac{1}{2} = > 1-|a| <b < 2-\sqrt{a^2+2}$ но $ 2-\sqrt{a^2+2}<2-|a|$ при $a \in ( \infty, + \infty)$ то есть не найдется целое $b$

4) $\dfrac{a^2-b^2}{a^2-(b-1)^2} < 2 $ получается что при $ a> \dfrac{1}{2}$ и $a<-\dfrac{1}{2} = > 2-\sqrt{a^2+2} < b < |a| $ но $ 2-\sqrt{a^2+2}<|a|-1$ при $a<-\dfrac{7}{6}, \ a>\dfrac{7}{6}$ то есть найдется целое $b$

Пусть $k=2a+1$ тогда $t=2b-1, \ m=a^2+a-b^2+b, \ n=a^2+a-b^2+3b-2 $

И проведя аналогичные суждения, получаем что $\dfrac{1}{2}<\dfrac{m}{n}<2$

случай $n=-\sqrt{k^2-4m}+m-1$ аналогичный.