Республиканская олимпиада по математике, 2002 год, 9 класс

Пусть $p$, $q$ — натуральные числа такие, что $1\leq q\leq p$ и $a = {\left( {p + \sqrt {{p^2} + q} } \right)^2}$. Докажите, что $a$ — иррациональное число и $\{a\} > 0,\!75.$ Здесь $\{x\}$ — дробная часть числа $x,$ например $\{3,\!43\}=0,\!43$.

Комментарий/решение

Заметим что $\{(p+\sqrt{p^2+q})^2\}=\{p^2+2p \sqrt{p^2+q}+p^2+q\}=\{2p \sqrt{p^2+q}\}$

Теперь докажем это:

$2p^2+q>2p \sqrt{p^2+q}>2p^2+q-0,25$, если всё возведём в квадрат:

$4p^4+4p^2q+q^2>4p^4+4p^2q>4p^4+q^2+0,0625+4p^2q-p^2-0,5q$

Левое неравенство очевидно. Докажем правое, оно эквивалентна:

$0>q^2+0,0625-p^2-0,5q$, это неравенство сумма этих двух: $q^2 \leq p^2$

$0,5q \geq 0,5>0,0625$.

В $4$-ой строчке в конце забыта $q$ (должно было быть $-0,5q$), случайно заметил :)

P.S. иррациональность можно доказать тем, что $2p \sqrt{p^2+q}$ - иррациональное число. Действительно, достаточно показать, что $p^2+q \ne b^2, b \in Z$.

Это верно, ведь $p^2<p^2+q<p^2+2p+1=(p+1)^2$

Спасибо что заметили, исправил)

да pokpokben очень зоркий :))