На початку квітня відбувся завершальний етап всеукраїнської олімпіади з математики. На олімпіадах високого рівня є чимало авторських задач, що заслуговують на увагу. Обговоримо задачі про дробову частину числа, що пропонувались учням на цій олімпіаді.
Восьмикласники на всеукраїнській олімпіаді розв’язували таку задачу:
Доведення можна провести від супротивного. Припустимо, що обидві нерівності з умови задачі виконуються і при цьому x<y або x>y. Оскільки, задана в умові задачі система нерівностей не змінюється, якщо х замінити на у, а у замінити на х, то нам достатньо розглянути лише один з випадків, наприклад, коли x<y. Якщо ми у випадку x<y прийдемо до суперечності, то до суперечності ми прийшли б і у випадку, коли x>y. Тому нехай x<y. Оскільки, x>0, то √у̅²̅+̅2̅х >y. Оскільки, дробова частина числа √у̅²̅+̅2̅х більша за 2/3 та √у̅²̅+̅2̅х >y та у є N, то √у̅²̅+̅2̅х >y+2/3, звідки у²+2х>у²+(4/3)у+4/9, звідки 2х>(4/3)у+4/9, звідки 2х>(4/3)у, звідки х>(2/3)у. Оскільки x<y та х, у є N, то х+1≤у, то х²+2у≥ х²+2х+2> х²+2х+1=(х+1)². Отже, (х+1)²<х²+2у, звідки х+1<√х̅²̅+̅2̅у. Оскільки, дробова частина числа √х̅²̅+̅2̅у більша за 2/3 та √х̅²̅+̅2̅у>х+1 та х є N, то √х̅²̅+̅2̅у >х+1+2/3, звідки х²+2у >(х+1+2/3)²= х²+(10/3)х+25/9, звідки 2у >(10/3)х+25/9, звідки 2у >(10/3)х, звідки у>(5/3)х. Оскільки, у>(5/3)х та х>(2/3)у, то почленно помноживши ці нерівності, отримаємо: ху>(5/3)х(2/3)у= (10/9)ху, звідки 1>10/9. Прийшли до суперечності. Твердження задачі доведено від супротивного.
Дев’ятикласникам пропонувалось розв’язати таку задачу:
Оскільки, х≠у, то є два можливі випадки: коли x>y та коли x<y. Оскільки, задана в умові задачі нерівність не зміниться, якщо х замінити на у, а у замінити на х, то нам достатньо розглянути лише один з випадків, наприклад, коли x<y. Тому надалі розглядатимемо випадок, коли x<y.
Припустимо, що для деякого додатного дійсного числа М<1 при деяких різних натуральних х та у (x<y) виконуються такі дві нерівності: {√х̅²̅+̅2̅у} ≥М та {√у̅²̅+̅2̅х} ≥М. Оскільки, x>0, то √у̅²̅+̅2̅х >y. Оскільки, дробова частина числа √у̅²̅+̅2̅х не менша за М (0<М<1) та √у̅²̅+̅2̅х >y та у є N, то √у̅²̅+̅2̅х ≥y+M, звідки у²+2х≥у²+2Му+М², звідки 2х≥2Му+М², звідки 2х>2Му, звідки х>Му. Оскільки x<y та х, у є N, то х+1≤у, то х²+2у≥ х²+2х+2> х²+2х+1=(х+1)². Отже, (х+1)²<х²+2у, звідки х+1<√х̅²̅+̅2̅у. Оскільки, дробова частина числа √х̅²̅+̅2̅у не менша за М (0<М<1) та √х̅²̅+̅2̅у>х+1 та х є N, то √х̅²̅+̅2̅у ≥х+1+М, звідки х²+2у ≥(х+1+М)²= х²+2(М+1)х+(М+1)², звідки 2у≥2(М+1)х+(М+1)², звідки 2у>2(М+1)х, звідки у>(М+1)х. Оскільки, у>(М+1)х та х>Му, то почленно помноживши ці нерівності, отримаємо: ху>М(М+1)ху, звідки 1>М(М+1). Неважко переконатись, що якщо М≥(–1+√5)/2, то нерівність 1>М(М+1) не виконується (адже тоді М(М+1)≥(–1+√5)(1+√5)/4=1). Тому, якщо М≥(–1+√5)/2, то при жодних різних натуральних х та у не можуть одночасно виконуватись нерівності {√х̅²̅+̅2̅у} ≥М та {√у̅²̅+̅2̅х} ≥М. Тому, якщо М≥(–1+√5)/2, то при довільних різних натуральних х та у хоча б одне з чисел {√х̅²̅+̅2̅у} чи {√у̅²̅+̅2̅х} є меншим за М. Тому, якщо М≥(–1+√5)/2, то при довільних різних натуральних х, у виконується нерівність min{{√х̅²̅+̅2̅у}; {√у̅²̅+̅2̅х} }<М. Отже, якщо в якості числа С з умови задачі обрати число С=(–1+√5)/2, то при цьому виконуватимуться всі умови задачі. Залишилось довести, що в якості числа С не можна обрати жодне число менше за (–1+√5)/2.
З цією метою покажемо, що для довільного додатного дійсного числа Т<(–1+√5)/2 існують такі різні натуральні числа х та у (x<y), що одночасно виконуються нерівності {√х̅²̅+̅2̅у} >T та {√у̅²̅+̅2̅х} >Т. Надалі використовуватимемо позначення С=(–1+√5)/2. Будемо користуватись тим, що (С+1)=1/С. Нехай х=[3/(С–Т)]+1, y=[(C+1)x]. Тоді х та у – натуральні та х>3/(С–Т). При цьому Сх>3С/(С–Т)>3, а тому y=[(C+1)x]=[Cx+x]>[3+x]>x, тобто числа х та у – різні натуральні і x<y. Покажемо, що якщо Т<(–1+√5)/2, х=[3/(С–Т)]+1, y=[(C+1)x], то {√х̅²̅+̅2̅у} >T та {√у̅²̅+̅2̅х} >Т. Оскільки, y=[(C+1)x], то у>(C+1)x–1, то 2у>2(C+1)x–2, то 2у–2х(Т+1)>2(C+1)x–2–2х(Т+1)=2х(С–Т)–2. Оскільки, х>3/(С–Т) та 2у–2х(Т+1)>2х(С–Т)–2, то 2у–2х(Т+1)>2(С–Т)∙3/(С–Т) –2=6–2=4=2²>(T+1)². Оскільки, 2у–2х(Т+1)>(T+1)², то 2у>2х(Т+1)+(T+1)², то х²+2у>х²+2х(Т+1)+(T+1)²=(х+Т+1)². Отже, √х̅²̅+̅2̅у >х+Т+1. Оскільки, y=[(C+1)x], то у≤(С+1)х, то х²+2у≤ х²+2(С+1)х< х²+2(С+1)х+(С+1)²=(х+С+1)²<(х+2)². Отже, √х̅²̅+̅2̅у <х+2. Оскільки, х+Т+1<√х̅²̅+̅2̅у <х+2 та х є N, то {√х̅²̅+̅2̅у} >T. Залишилось довести, що {√у̅²̅+̅2̅х} >Т.
Оскільки, y=[(C+1)x], то у≤(С+1)х, то –2Ту≥–2Т(С+1)х, то 2х–2Ту≥2х–2Т(С+1)х=2х(1–Т(С+1))=2х(1–Т/С)=2х(С–Т)/С>2х(С–Т). Оскільки, 2х–2Ту>2х(С–Т) та х>3/(С–Т) (див. вище), то 2х–2Ту>2х(С–Т)> 2(С–Т)∙3/(С–Т)=6>Т². Оскільки, 2х–2Ту>Т², то 2х>Т²+2Ту, то у²+2х>Т²+2Ту+у²=(у+Т)², звідки √у̅²̅+̅2̅х >у+Т. Оскільки, х<у, то у²+2х<у²+2у< у²+2у+1<(у+1)², звідки √у̅²̅+̅2̅х<у+1. Оскільки, у+Т<√у̅²̅+̅2̅х<у+1 та у є N, то {√у̅²̅+̅2̅х} >Т. Доведення завершено. Найменше С, що задовольняє умову задачі, дорівнює (–1+√5)/2.