IMO 1991 · Problem 6
An infinite sequence \(x_0,x_1,x_2,\ldots\) of real numbers is said to be bounded if there is a constant \(C\) such that \(|x_i|\le C\) for every \(i\ge0\).
Given any real number \(a>1\), construct a bounded infinite sequence \(x_0,x_1,x_2,\ldots\) such that \[ |x_i-x_j||i-j|^a\ge1 \] for every pair of distinct nonnegative integers \(i,j\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
For every nonnegative integer \(n\), define \[ x_n=4\bigl(n\sqrt2-\lfloor n\sqrt2\rfloor\bigr), \] where \(\lfloor t\rfloor\) denotes the greatest integer not exceeding \(t\). Since \[ 0\le n\sqrt2-\lfloor n\sqrt2\rfloor<1, \] the sequence is bounded by \(4\).
Take any distinct nonnegative integers \(i,j\). By symmetry, assume \(i>j\), and put \[ d=i-j\ge1,\qquad m=\lfloor i\sqrt2\rfloor-\lfloor j\sqrt2\rfloor. \] Then \(m\) is a nonnegative integer and \[ x_i-x_j=4(d\sqrt2-m). \] The floor inequalities give \[ m<i\sqrt2-(j\sqrt2-1)=d\sqrt2+1. \] Consequently, \[ 0<d\sqrt2+m <2d\sqrt2+1 \le(2\sqrt2+1)d <4d. \]
Because \(\sqrt2\) is irrational and \(d>0\), the integer \(2d^2-m^2\) is nonzero. Thus its absolute value is at least \(1\), and \[ |d\sqrt2-m| =\frac{|2d^2-m^2|}{d\sqrt2+m} \ge\frac1{d\sqrt2+m} >\frac1{4d}. \] It follows that \[ |x_i-x_j||i-j|^a =4|d\sqrt2-m|d^a >d^{a-1} \ge1, \] where the last inequality uses \(d\ge1\) and \(a>1\). This proves that the constructed sequence satisfies every requirement.
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1991 · Aufgabe 6
Eine unendliche Folge \(x_0,x_1,x_2,\ldots\) reeller Zahlen heißt beschränkt, wenn es eine Konstante \(C\) gibt, sodass \(|x_i|\le C\) für jedes \(i\ge0\) gilt.
Zu einer beliebigen gegebenen reellen Zahl \(a>1\) konstruiere man eine beschränkte unendliche Folge \(x_0,x_1,x_2,\ldots\), sodass \[ |x_i-x_j||i-j|^a\ge1 \] für jedes Paar verschiedener nichtnegativer ganzer Zahlen \(i,j\) gilt.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Für jede nichtnegative ganze Zahl \(n\) definieren wir \[ x_n=4\bigl(n\sqrt2-\lfloor n\sqrt2\rfloor\bigr), \] wobei \(\lfloor t\rfloor\) die größte ganze Zahl bezeichnet, die nicht größer als \(t\) ist. Wegen \[ 0\le n\sqrt2-\lfloor n\sqrt2\rfloor<1, \] ist die Folge durch \(4\) beschränkt.
Wir wählen beliebige verschiedene nichtnegative ganze Zahlen \(i,j\). Aus Symmetriegründen dürfen wir \(i>j\) annehmen und setzen \[ d=i-j\ge1,\qquad m=\lfloor i\sqrt2\rfloor-\lfloor j\sqrt2\rfloor. \] Dann ist \(m\) eine nichtnegative ganze Zahl, und es gilt \[ x_i-x_j=4(d\sqrt2-m). \] Aus den Ungleichungen für die Abrundungsfunktion folgt \[ m<i\sqrt2-(j\sqrt2-1)=d\sqrt2+1. \] Folglich gilt \[ 0<d\sqrt2+m <2d\sqrt2+1 \le(2\sqrt2+1)d <4d. \]
Da \(\sqrt2\) irrational ist und \(d>0\) gilt, ist die ganze Zahl \(2d^2-m^2\) von null verschieden. Ihr Betrag ist also mindestens \(1\), und es gilt \[ |d\sqrt2-m| =\frac{|2d^2-m^2|}{d\sqrt2+m} \ge\frac1{d\sqrt2+m} >\frac1{4d}. \] Daraus folgt \[ |x_i-x_j||i-j|^a =4|d\sqrt2-m|d^a >d^{a-1} \ge1, \] wobei die letzte Ungleichung auf \(d\ge1\) und \(a>1\) beruht. Damit ist bewiesen, dass die konstruierte Folge alle Anforderungen erfüllt.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1991 · Soru 6
Gerçek sayılardan oluşan sonsuz bir \(x_0,x_1,x_2,\ldots\) dizisi için, her \(i\ge0\) için \(|x_i|\le C\) olacak biçimde bir \(C\) sabiti varsa, bu diziye sınırlı denir.
Verilen herhangi bir \(a>1\) gerçek sayısı için, birbirinden farklı her negatif olmayan \(i,j\) tam sayı çifti için \[ |x_i-x_j||i-j|^a\ge1 \] olacak biçimde sınırlı bir sonsuz \(x_0,x_1,x_2,\ldots\) dizisi oluşturunuz.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
Her negatif olmayan \(n\) tam sayısı için \[ x_n=4\bigl(n\sqrt2-\lfloor n\sqrt2\rfloor\bigr), \] olarak tanımlayalım; burada \(\lfloor t\rfloor\), \(t\)'yi aşmayan en büyük tam sayıyı gösterir. \[ 0\le n\sqrt2-\lfloor n\sqrt2\rfloor<1 \] olduğundan dizi \(4\) ile sınırlıdır.
Birbirinden farklı herhangi iki negatif olmayan \(i,j\) tam sayısı alalım. Simetriden, \(i>j\) olduğunu varsayalım ve \[ d=i-j\ge1,\qquad m=\lfloor i\sqrt2\rfloor-\lfloor j\sqrt2\rfloor \] alalım. O zaman \(m\) negatif olmayan bir tam sayıdır ve \[ x_i-x_j=4(d\sqrt2-m). \] Tam kısım eşitsizliklerinden \[ m<i\sqrt2-(j\sqrt2-1)=d\sqrt2+1 \] elde edilir. Dolayısıyla, \[ 0<d\sqrt2+m <2d\sqrt2+1 \le(2\sqrt2+1)d <4d. \]
\(\sqrt2\) irrasyonel ve \(d>0\) olduğundan, \(2d^2-m^2\) tam sayısı sıfırdan farklıdır. Bu nedenle mutlak değeri en az \(1\)'dir ve \[ |d\sqrt2-m| =\frac{|2d^2-m^2|}{d\sqrt2+m} \ge\frac1{d\sqrt2+m} >\frac1{4d}. \] Buradan \[ |x_i-x_j||i-j|^a =4|d\sqrt2-m|d^a >d^{a-1} \ge1, \] elde edilir; son eşitsizlikte \(d\ge1\) ve \(a>1\) kullanılmıştır. Böylece oluşturulan dizinin istenen tüm koşulları sağladığı kanıtlanmış olur.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1991 · Problema 6
Se dice que una sucesión infinita \(x_0,x_1,x_2,\ldots\) de números reales es acotada si existe una constante \(C\) tal que \(|x_i|\le C\) para todo \(i\ge0\).
Dado un número real cualquiera \(a>1\), construir una sucesión infinita acotada \(x_0,x_1,x_2,\ldots\) tal que \[ |x_i-x_j||i-j|^a\ge1 \] para todo par de enteros no negativos distintos \(i,j\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Para todo entero no negativo \(n\), definamos \[ x_n=4\bigl(n\sqrt2-\lfloor n\sqrt2\rfloor\bigr), \] donde \(\lfloor t\rfloor\) denota el mayor entero que no supera a \(t\). Como \[ 0\le n\sqrt2-\lfloor n\sqrt2\rfloor<1, \] la sucesión está acotada por \(4\).
Tomemos dos enteros no negativos distintos cualesquiera \(i,j\). Por simetría, supongamos que \(i>j\) y pongamos \[ d=i-j\ge1,\qquad m=\lfloor i\sqrt2\rfloor-\lfloor j\sqrt2\rfloor. \] Entonces \(m\) es un entero no negativo y \[ x_i-x_j=4(d\sqrt2-m). \] Las desigualdades de la parte entera dan \[ m<i\sqrt2-(j\sqrt2-1)=d\sqrt2+1. \] Por consiguiente, \[ 0<d\sqrt2+m <2d\sqrt2+1 \le(2\sqrt2+1)d <4d. \]
Como \(\sqrt2\) es irracional y \(d>0\), el entero \(2d^2-m^2\) es distinto de cero. Así, su valor absoluto es al menos \(1\), y \[ |d\sqrt2-m| =\frac{|2d^2-m^2|}{d\sqrt2+m} \ge\frac1{d\sqrt2+m} >\frac1{4d}. \] Se sigue que \[ |x_i-x_j||i-j|^a =4|d\sqrt2-m|d^a >d^{a-1} \ge1, \] donde en la última desigualdad se usan \(d\ge1\) y \(a>1\). Esto demuestra que la sucesión construida satisface todos los requisitos.
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1991 · 问题 6
实数无穷数列 \(x_0,x_1,x_2,\ldots\) 称为有界的，是指存在常数 \(C\)，使得 \(|x_i|\le C\) 对每个 \(i\ge0\) 都成立。
给定任意实数 \(a>1\)，构造一个有界无穷数列 \(x_0,x_1,x_2,\ldots\)，使得 \[ |x_i-x_j||i-j|^a\ge1 \] 对每对不同的非负整数 \(i,j\) 都成立。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
对于每个非负整数 \(n\)，定义 \[ x_n=4\bigl(n\sqrt2-\lfloor n\sqrt2\rfloor\bigr), \] 其中 \(\lfloor t\rfloor\) 表示不超过 \(t\) 的最大整数。由于 \[ 0\le n\sqrt2-\lfloor n\sqrt2\rfloor<1, \] 该数列各项的绝对值均不超过 \(4\)，因此有界。
任取不同的非负整数 \(i,j\)。由对称性，不妨设 \(i>j\)，并令 \[ d=i-j\ge1,\qquad m=\lfloor i\sqrt2\rfloor-\lfloor j\sqrt2\rfloor. \] 则 \(m\) 为非负整数，且 \[ x_i-x_j=4(d\sqrt2-m). \] 由取整函数的不等式可得 \[ m<i\sqrt2-(j\sqrt2-1)=d\sqrt2+1. \] 因此， \[ 0<d\sqrt2+m <2d\sqrt2+1 \le(2\sqrt2+1)d <4d. \]
由于 \(\sqrt2\) 是无理数且 \(d>0\)，整数 \(2d^2-m^2\) 不为零。因此其绝对值至少为 \(1\)，且 \[ |d\sqrt2-m| =\frac{|2d^2-m^2|}{d\sqrt2+m} \ge\frac1{d\sqrt2+m} >\frac1{4d}. \] 从而 \[ |x_i-x_j||i-j|^a =4|d\sqrt2-m|d^a >d^{a-1} \ge1, \] 其中最后一个不等式用到了 \(d\ge1\) 和 \(a>1\)。这就证明了所构造的数列满足所有要求。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1991 · Задача 6
Бесконечная последовательность действительных чисел \(x_0,x_1,x_2,\ldots\) называется ограниченной, если существует постоянная \(C\), такая что \(|x_i|\le C\) для каждого \(i\ge0\).
Для любого заданного действительного числа \(a>1\) постройте ограниченную бесконечную последовательность \(x_0,x_1,x_2,\ldots\), такую что \[ |x_i-x_j||i-j|^a\ge1 \] для каждой пары различных неотрицательных целых чисел \(i,j\).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Для каждого неотрицательного целого числа \(n\) определим \[ x_n=4\bigl(n\sqrt2-\lfloor n\sqrt2\rfloor\bigr), \] где \(\lfloor t\rfloor\) обозначает наибольшее целое число, не превосходящее \(t\). Поскольку \[ 0\le n\sqrt2-\lfloor n\sqrt2\rfloor<1, \] последовательность ограничена по модулю числом \(4\).
Возьмём любые различные неотрицательные целые числа \(i,j\). В силу симметрии можно считать, что \(i>j\), и положить \[ d=i-j\ge1,\qquad m=\lfloor i\sqrt2\rfloor-\lfloor j\sqrt2\rfloor. \] Тогда \(m\) — неотрицательное целое число и \[ x_i-x_j=4(d\sqrt2-m). \] Из неравенств для целой части получаем \[ m<i\sqrt2-(j\sqrt2-1)=d\sqrt2+1. \] Следовательно, \[ 0<d\sqrt2+m <2d\sqrt2+1 \le(2\sqrt2+1)d <4d. \]
Поскольку \(\sqrt2\) иррационально и \(d>0\), целое число \(2d^2-m^2\) отлично от нуля. Поэтому его модуль не меньше \(1\) и \[ |d\sqrt2-m| =\frac{|2d^2-m^2|}{d\sqrt2+m} \ge\frac1{d\sqrt2+m} >\frac1{4d}. \] Отсюда следует, что \[ |x_i-x_j||i-j|^a =4|d\sqrt2-m|d^a >d^{a-1} \ge1, \] где в последнем неравенстве использованы условия \(d\ge1\) и \(a>1\). Тем самым доказано, что построенная последовательность удовлетворяет всем требованиям.
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1991 · المسألة 6
نقول إن متتالية لا نهائية \(x_0,x_1,x_2,\ldots\) من الأعداد الحقيقية محدودة إذا وجد ثابت \(C\) بحيث يكون \(|x_i|\le C\) لكل \(i\ge0\).
لكل عدد حقيقي معطى \(a>1\)، أنشئ متتالية لا نهائية محدودة \(x_0,x_1,x_2,\ldots\) بحيث \[ |x_i-x_j||i-j|^a\ge1 \] لكل زوج من الأعداد الصحيحة غير السالبة المختلفة \(i,j\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
لكل عدد صحيح غير سالب \(n\)، نعرّف \[ x_n=4\bigl(n\sqrt2-\lfloor n\sqrt2\rfloor\bigr), \] حيث يرمز \(\lfloor t\rfloor\) إلى أكبر عدد صحيح لا يتجاوز \(t\). وبما أن \[ 0\le n\sqrt2-\lfloor n\sqrt2\rfloor<1, \] فإن المتتالية محدودة بالعدد \(4\).
نأخذ أي عددين صحيحين غير سالبين مختلفين \(i,j\). بالتناظر، نفترض أن \(i>j\)، ونضع \[ d=i-j\ge1,\qquad m=\lfloor i\sqrt2\rfloor-\lfloor j\sqrt2\rfloor. \] عندئذ يكون \(m\) عددًا صحيحًا غير سالب، ولدينا \[ x_i-x_j=4(d\sqrt2-m). \] تعطي متباينات الجزء الصحيح \[ m<i\sqrt2-(j\sqrt2-1)=d\sqrt2+1. \] وبالتالي، \[ 0<d\sqrt2+m <2d\sqrt2+1 \le(2\sqrt2+1)d <4d. \]
بما أن \(\sqrt2\) عدد غير نسبي وأن \(d>0\)، فإن العدد الصحيح \(2d^2-m^2\) غير صفري. لذا فإن قيمته المطلقة لا تقل عن \(1\)، ولدينا \[ |d\sqrt2-m| =\frac{|2d^2-m^2|}{d\sqrt2+m} \ge\frac1{d\sqrt2+m} >\frac1{4d}. \] يترتب على ذلك أن \[ |x_i-x_j||i-j|^a =4|d\sqrt2-m|d^a >d^{a-1} \ge1, \] حيث تستخدم المتباينة الأخيرة \(d\ge1\) و\(a>1\). وهذا يثبت أن المتتالية المنشأة تحقق جميع الشروط.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).