8. \( \bigant{100a}+\bigant{71a} \)

В последние годы на санкт-петербургских олимпиадах были опубликованы десятки интереснейших задач на тему антье и мантисса. Решим одну из таких задач (Санкт-Петербург/2006), довольно несложную, но занятную. Приведу сначала формулировку без изменений.

8. Докажите, что ни при каком \( a \in \mathbb R_{>0} \) число \( \bigant {100a} + \bigant {71a} \) не может иметь вид \( 171k + 170 , \) где \( k \in \mathbb N . \)

Доказательство. Докажем, что уравнение \[
\bigant {100a} + \bigant {71a} = 171k + 170
\] не имеет решений при \( a \in \mathbb R_{>0} \) и \( k \in \mathbb N . \)
Далее пригодится следующее свойство антье:

\[
\ant { x+n } = \ant x + n ,
\ \mbox { где } x \in \mathbb R \mbox { и } n \in \mathbb Z .
\tag {С4}
\]

\[
\bigant {100a} - 100k - 100 + \bigant {71a} - 71k - 71 = -1 ,
\]\[
\bigant { 100 (a - k - 1) } + \bigant { 71 (a - k - 1) } = -1 ,
\]\[
\bigant { 100 b } + \bigant { 71 b } = -1 ,
\mbox { где } b = a - k - 1 .
\] Если \( b \geqslant 0 , \) левая часть неотрицательная. Если \( b < 0 , \) то левая часть меньше или равна \( -2 \).

\( \color{gray}{\blacksquare} \)

Примечание 1. Из решения видно, что в условии задачи можно указать: \( a \in \mathbb R\) и \( k \in \mathbb Z . \)
Примечание 2. Предложу другую формулировку задачи.

9. Докажите, что при любом \( a \in \mathbb R \) выполняется неравенство \[ \mant { \dfrac { \ant {100a} + \ant {71a} } {171} } \not= \dfrac {170}{ 171} .
\]

Дело в том, что на мантиссу реже встречаются задачи, а в новой формулировке присутствует мантисса, причем не связанная с антье.