\( a \ant {bn} = b \ant {an} \) при \( \forall n \in \mathbb N \)

После знакомства с предыдущей задачей следующее задание из пред­ва­ри­тель­но­го списка IMO/1998 может показаться несложным.

41. Определите все пары действительных чисел \( (a, \, b) \) такие, что \[
a \ant {bn} = b \ant {an}
\ \mbox { при }
\forall n \in \mathbb N .
\tag {41.1}
\]

Решение. Понятно, что решениями являются пары:
1) равные \( a \) и \( b , \)
2) целые \( a \) и \( b , \)
3) пары, в которых одно из значений равно \( 0 . \)
Докажем, что другие значения \( a \) и \( b \) не могут быть решениям. Пусть \[
a \not= b ,
\quad a, \, b \not\in \mathbb Z,
\quad a \not= 0 ,
\quad b \not= 0 .
\tag {41.2}
\] Воспользуемся тождеством Эрмита

\[
\ant {nx} = \ant x + \ant {x+\tfrac1n} + \ldots +
\ant {x+\tfrac{n-1}n}
\quad \mbox {при } n \in \mathbb N
\tag {С31}
\]

При \( n = 2 \) равенство (41.1) примет вид \[
a \left( \ant b + \ant {b+\tfrac12} \right) =
b \left( \ant a + \ant {a+\tfrac12} \right) ,
\] \[
a \ant {\ant b+\mant b+\tfrac12} =
b \ant {\ant a+\mant a+\tfrac12} ,
\] \[
a \ant {\mant b+\tfrac12} =
b \ant {\mant a+\tfrac12} .
\] Из четырех возможных вариантов принадлежности \( \mant a \) и \( \mant b \) полуинтервалам \( [ 0, \, \frac12 ) \) или \( [ \frac12, \, 1 ) \) условиям (41.2) удовлетворяет только \[
\mant a < \frac12 ,
\quad
\mant b < \frac12 .
\tag {41.3}
\] Убедитесь в этом самостоятельно. Вам пригодится равенство \[
a \mant {bn} = b \mant {an}
\ \mbox { при }
\forall n \in \mathbb N ,
\tag {41.4}
\] которое получается из (41.1).
Докажем с помощью метода математической индукции, что \[
\mant a < \frac1{2^k} ,
\quad
\mant b < \frac1{2^k}
\quad
\mbox {при } k \in \mathbb N ,
\tag {41.5}
\] то есть \( \mant a = 0 \) и \( \mant b = 0 \), или \( a \) и \( b \) — целые числа, не удовлетворяющие (41.2).
Случай \( n = 2 \) разобран выше.
Докажем индукционный переход. Пусть при \( n = 2^k \) \( (k \geqslant 2) \) выполняются неравенства (41.5). Согласно тождеству Эрмита при \( n = 2^{k+1} \) \[
\begin{multline*}
a \left(
\ant b + \ant {b+\tfrac1{2^{k+1}}} + \ldots +
\ant {b+\tfrac{2^{k+1}-1}{2^{k+1}}}
\right) =
\\
= b \left(
\ant a + \ant {a+\tfrac1{2^{k+1}}} + \ldots +
\ant {a+\tfrac{2^{k+1}-1}{2^{k+1}}}
\right) ,
\end{multline*}
\] \[
\begin{multline*}
a \left(
\ant {\mant b+\tfrac1{2^{k+1}}} + \ldots +
\ant {\mant b+\tfrac{2^{k+1}-1}{2^{k+1}}}
\right) =
\\
= b \left(
\ant {\mant a+\tfrac1{2^{k+1}}} + \ldots +
\ant {\mant a+\tfrac{2^{k+1}-1}{2^{k+1}}}
\right) .
\end{multline*}
\] Упростим суммы, применив (41.5), \[
a
\ant {\mant b+\tfrac{2^{k+1}-1}{2^{k+1}}} =
b
\ant {\mant a+\tfrac{2^{k+1}-1}{2^{k+1}}} .
\] Опять имеем схожую с выводом (41.3) ситуацию: четыре варианта принадлежности \( \mant a \) и \( \mant b \) полуинтервалам \(
\left[ 0, \, \frac1{2^{k+1}} \right)
\) или \(
\left[ \frac1{2^{k+1}}, \, \frac1{2^k} \right) .
\) Условиям (41.2) соответствуют лишь неравенства: \[
\mant a < \frac1{2^{k+1}} ,
\quad
\mant b < \frac1{2^{k+1}} .
\] Тем самым, индукционный переход доказан.
\( \color{gray}{\blacksquare} \)

Ответ: \(
\quad\begin{array}[t]{lll}
1) &
(c, \, c) , &
\mbox{ где } c \in \mathbb R ;
\\
2) &
(n, \, m) , &
\mbox{ где } n, \, m \in \mathbb Z ;
\\
3) &
(c, \, 0) , &
\mbox{ где } c \in \mathbb R ;
\\
4) &
(0, \, c) , &
\mbox{ где } c \in \mathbb R .
\end{array}
\)