\( n \sqrt d \,\Bigmant { n \sqrt d } > \dfrac52 \)

(*) В мае этого года проводилась 32-ая Балканская МО. Последней из четырех предложенных была следующая задача (8 из немногим более 100 участ­ни­ков справились с заданием).

23. Докажите, что среди любых 20-ти последовательных натуральных чисел найдется число \( d \) такое, что выполняется неравенство \[
n \sqrt d \,\Bigmant { n \sqrt d } > \dfrac52 ,
\ \mbox { где } n \in \mathbb N .
\tag {23.1}
\]

Комментарий. В «А. и м.» рассматриваются три неравенства: \[
\mbox {415. } \Bigmant { n\sqrt2 } > \dfrac1{2n\sqrt2} ,
\ \mbox { 417. } \Bigmant { n\sqrt3 } > \dfrac1{n\sqrt3} ,
\ \mbox { 419. } \Bigmant { n\sqrt7 } > \dfrac1{2n}
\] (см. раздел 23. «Ассорти из олимпиадных задач»).
Понятно, что неравенство (23.1) аналогичное и сводится к виду \[
\Bigmant { n \sqrt d } > \dfrac5{2n \sqrt d} .
\tag {23.2}
\] Конечно, задача 23 явно посложнее, чем задачи 415, 417 и 419, но канва доказательства та же. Приведу «непричесанные» рассуждения, то есть в той последовательности, в которой мне довелось решить эту олимпиадную задачу.
Доказательство. Неравенство (23.2) выводится, если имеет место тождество \[
\Bigant { n \sqrt d } = \Bigant { \sqrt { n^2 d - 5 } } .
\tag {23.3}
\] Вывод неравенства (23.2) из тождества (23.3) можно назвать типовым, см. указанные задачи из «А. и м.».
Проанализируем тождество (23.3). Оно будет выполняться лишь при условии, когда числа \( d \) (или \( n^2 d \)), \( n^2 d - 1 , \) \( \ldots , \) \( n^2 d - 4 \) не являются полными квадратами.
А теперь зададимся вопросом «Какие пять последовательных чисел из множества \( \{ 1 , \) \( 2 , \) \( \ldots , \) \( 20 \} \) не являются полными квадратами?» Имеется два варианта ответа: \( \{ 10 , \) \( 11 , \) \( \ldots , \) \( 14 \} \) и \( \{ 11 , \) \( 12 , \) \( \ldots , \) \( 15 \} . \)
Выскажем предположение, что числа \( (k \in \mathbb N) \) \[
d_1 = 20k+14
\ \mbox{ или }
\ d_2 = 20k+15 = 5 (4k+3)
\] подходят к тождеству (23.3).
Докажем, что \( d_2 , \) \( n^2 d_2 - 1 , \) \( \ldots , \) \( n^2 d_2 - 4 \) не являются полными квадратами (думается, выбор \( d_2 \) понятен — легко вычислять остатки при делении на \( 4 \) и \( 5 \)). В этом нам помогут следующие факты из теории чисел \( (a \in \mathbb N) \): \[
a^2 \equiv \{ 0, \ 1 \} \pmod 4 ,
\qquad
a^2 \equiv \{ 0, \ 1, \ 4 \} \pmod 5 .
\] Рассмотрим только один случай \( N = n^2 \cdot 5 (4k+3) - 4 \) (остальные случаи разберите самостоятельно).
Пусть \( n = 2m . \) Тогда \[
N = 4m^2 \cdot 5 (4k+3) - 4 = 4 K,
\ \mbox { где } K = m^2 \cdot 5 (4k+3) - 1 .
\] Поскольку \( K \equiv 3 \pmod 4 , \) число \( N \) не является полным квадратом.
Пусть \( n = 2m+1 . \) Тогда \[
N = (4m^2+4m+1) \cdot 5 (4k+3) - 4 \equiv 3 \pmod 4 .
\] Число \( N \) также не является полным квадратом.
Итак, мы доказали, что каждое двадцатое натуральное число вида \( d = 20k+15 \) обладает свойством, что оно само и четыре предыдущих числа не являются полными квадратами. Следовательно, выполняется тождество (23.3).
Вывод неравенства (23.2) из тождества (23.3) приведем без пояснений: \begin{gather*}
\sqrt {n^2d-5} \geqslant \Bigant {\sqrt {n^2d-5}} ,
\\
\sqrt {n^2d-5} \geqslant \Bigant {n \sqrt d} ,
\\
n^2d-5 \geqslant \Bigant {n \sqrt d}^2 ,
\\
\left( n \sqrt d - \dfrac 5 {2n \sqrt d } \right)^2 > \Bigant {n \sqrt d}^2 ,
\\
n \sqrt d - \dfrac 5 {2n \sqrt d } > \Bigant {n \sqrt d} ,
\\
\Bigmant {n \sqrt d} > \dfrac 5 {2n \sqrt d }.
\end{gather*}

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