2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1 ... 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20 ... 27  След.
 
 
Сообщение10.02.2008, 17:43 
Заслуженный участник


03/12/07
372
Україна
2) Введём обозначения: $AB = 1,\angle CAB = \alpha ,\angle PAB = \phi ,\angle APM = x,\angle BPC = y$. Записав теорему синусов последовательно к треугольникам $\Delta PAB,\Delta PAM,\Delta PBC$, получим
$\cot x =  - 2\cot \alpha  + \cot \phi $, $\cot y = 2\cot \alpha  - \cot \phi $. Отсюда $x + y = \pi $.


Задача о многочленах.
Пускай $R(x) = \sum\limits_{k = 0}^r {a_k } x^k $ и $S(x) = \sum\limits_{k = 0}^s {b_k } x^k $. Обозначим через $I\left( {R(x),S(x)} \right)$ сумму квадратов коэффициентов многочлена $R(x)S(x)$. Понятно, что
$I\left( {R(x),S(x)} \right) \ge a_0^2 b_0^2  + a_r^2 b_s^2 $
и
$I\left( {R(x),S(x)} \right) = I\left( {x^r R\left( {\frac{1}{x}} \right),S\left( x \right)} \right) = I\left( {R\left( x \right),x^s S\left( {\frac{1}{x}} \right)} \right)$.
Отсюда
$I\left( {P(x),Q(x)} \right) \ge 1^2  \cdot P^2 (0) + Q^2 (0) \cdot 1^2  = P^2 (0) + Q^2 (0)$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение10.02.2008, 18:04 
Заморожен
Аватара пользователя


18/12/07
8774
Новосибирск
Edward_Tur писал(а):
$I\left( {R(x),S(x)} \right) = I\left( {x^r R\left( {\frac{1}{x}} \right),S\left( x \right)} \right) = I\left( {R\left( x \right),x^s S\left( {\frac{1}{x}} \right)} \right)$.


Объясните, почему это так. Я не понимаю.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение11.02.2008, 16:21 
Заморожен
Аватара пользователя


18/12/07
8774
Новосибирск
Вообще, конечно, этот факт не очень сложно доказывается.

Пусть

$$
X = \{ \langle i,j,k,l \rangle : 0 \leqslant i,k \leqslant r,\, 0 \leqslant j,l \leqslant s,\, i+j = k + l \}
$$

$$
Y = \{ \langle i,j,k,l \rangle : 0 \leqslant i,k \leqslant r,\, 0 \leqslant j,l \leqslant s,\, k+j = i+l \}
$$

Тогда

$$
I(R(x),S(x)) = \sum \Big\{ a_ib_ja_kb_l : \langle i,j,k,l \rangle \in X \Big\}
$$

и

$$
I(x^rR(1/x),S(x)) = \sum \Big\{ a_ib_ja_kb_l : \langle i,j,k,l \rangle \in Y \Big\}
$$

Поскольку соответствие $\langle i,j,k,l \rangle \mapsto \langle k,j,i,l \rangle$ является биекцией $X$ на $Y$, сохраняющей произведение $a_ib_ja_kb_l$, то обе суммы равны.

Но это явное такое доказательство, что называется "в лоб". Интересно, может есть что-нибудь более тонкое, дающее тот же самый результат?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.02.2008, 13:53 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/08/07
5487
Нов-ск
Профессор Снэйп писал(а):
Но это явное такое доказательство, что называется "в лоб". Интересно, может есть что-нибудь более тонкое, дающее тот же самый результат?

Можно в более тонкий лоб: $I(ax+b,S(x)) = I(bx+a,S(x))$ (это легко и этого достаточно)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.02.2008, 14:12 
Заморожен
Аватара пользователя


18/12/07
8774
Новосибирск
Ну и почему этого достаточно? Многочлен $R$ ведь не обязан иметь степень 1.

А насчёт легко... Если вся лёгкость состоит в том, что после перемножения и раскрытия скобок в сумме квадратов получается меньше слагаемых, так это не лёгкость.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение12.02.2008, 14:27 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/08/07
5487
Нов-ск
Профессор Снэйп писал(а):
Ну и почему этого достаточно? Многочлен $R$ ведь не обязан иметь степень 1.

Если многочлен $R$ равен произведению нескольких сомножителей, то изменяем порядок в первом сомножителе, выпиваем чашечку кофе, меняем порядок во втором сомножителе и т.д.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение16.02.2008, 17:01 


03/02/07
254
Киев
1) Пусть $a,b,c$ стороны треугольника, $l_a,l_b,l_c$ биссектрисы соответствующих углов,а $R$ - радиус описаной окружности.
Доказать неравенство $\frac{a^2+b^2}{l_c}+\frac{b^2+c^2}{l_a}+ \frac{a^2+c^2}{l_b}> 4R$
2) Решить в натуральных числах $x^3+2x+1=2^n$
3) Найти все функции $f:R\to R$,для которых для любых $x,y\in R$ исполняется $f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение17.02.2008, 06:30 
Заслуженный участник


01/12/05
458
Trius писал(а):
2) Решить в натуральных числах $x^3+2x+1=2^n$

Если $n=3k$, то $(2^k-x)(2^{2k}+x2^k+x^2)=2x+1$, что невозможно, тогда перепишем уравнение в виде $x^3+2x+1=2(8^k)$ или $ x^3+2x+1=4(8^k)$, при $k\geq 1$ отсутствие решений проверяется по модулю 7. Остается только $n=2, \ x=1$.

Добавлено спустя 2 часа 33 минуты 23 секунды:

Trius писал(а):
3) Найти все функции $f:R\to R$,для которых для любых $x,y\in R$ исполняется $f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy$

Таких функций не существует. В противном случае $f$ должна быть сюръекцией, а следовательно и инъективной - следует из условия. Положим $y=-2\frac{f(x)}{x}$, тогда $f\left(x f\left(-\frac{2f(x)}{x}\right)+f(x)\right)=0$, в силу инъективности и, обозначив $t=f(x)$, имеем в предположении $f^{-1}(0)\ne0$
$f^{-1}(t)f\left(\frac{-2t}{f^{-1}(t)}\right)+t=0$, $t=0$ дает $f(0)=0$. Противоречие с предположением $f^{-1}(0)\ne0$. Если $f^{-1}(0)=0$, то, положив в условии $y=0$, опять придем к противоречию.
Если поправить условие на $f(xf(y)+f(x))=2f(x)+4xy$, то решением будет $f(t)=2t$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение17.02.2008, 07:34 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Trius писал(а):

Доказать неравенство $\frac{a^2+b^2}{l_c}+\frac{b^2+c^2}{l_a}+ \frac{a^2+c^2}{l_b}> 4R$

$$\frac{a^2+b^2}{l_c}+\frac{b^2+c^2}{l_a}+ \frac{a^2+c^2}{l_b}=\sum_{cyc}\frac{(a^2+b^2)(a+b)}{2ab\cos{\frac{\gamma}{2}}}}\geq\sum_{cyc}\frac{a+b}{\cos{\frac{\gamma}{2}}}=4R\sum_{cyc}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}.$$
То бишь остаётся доказать, что $$\sum_{cyc}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}>1,$$ которое верно, но моё доказательство этого факта ужасно.
Должно быть что-то простое.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение17.02.2008, 10:28 


03/02/07
254
Киев
Юстас писал(а):

Добавлено спустя 2 часа 33 минуты 23 секунды:

Trius писал(а):
3) Найти все функции $f:R\to R$,для которых для любых $x,y\in R$ исполняется $f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy$

Таких функций не существует. В противном случае $f$ должна быть сюръекцией, а следовательно и инъективной - следует из условия. Положим $y=-2\frac{f(x)}{x}$, тогда $f\left(x f\left(-\frac{2f(x)}{x}\right)+f(x)\right)=0$, в силу инъективности и, обозначив $t=f(x)$, имеем в предположении $f^{-1}(0)\ne0$
$f^{-1}(t)f\left(\frac{-2t}{f^{-1}(t)}\right)+t=0$, $t=0$ дает $f(0)=0$. Противоречие с предположением $f^{-1}(0)\ne0$. Если $f^{-1}(0)=0$, то, положив в условии $y=0$, опять придем к противоречию.
Если поправить условие на $f(xf(y)+f(x))=2f(x)+4xy$, то решением будет $f(t)=2t$.

$f(x)=x+1$ подходит

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение17.02.2008, 16:10 


17/01/08
110
Юстас писал(а):
$x^3+2x+1=4(8^k)$, при $k\geq 1$ отсутствие решений проверяется по модулю 7.

x дает остаток 1 при делении на 7

Добавлено спустя 1 час 58 минут 25 секунд:

Сюръективность и инъективность функции уже отмечена. Пусть t - прообраз 0.

Тогда $f(tf(y)) = ty$. Положив $y = tf(x)$, получим $f(t^2x)$ = $t^2f(x)$, в частности, $f(t^3) = 0$, тогда $t^3 = t$ и t = 0, -1 или 1.

1. t = 0. Тогда $f(f(x)) = 2f(x)$, $f(y) = 2y$, что неверно.
2. t = 1. Тогда $f(f(y)) = y$ и $f(f(x)) = 2f(x) + x$, т.е. f(x) = 0, что тоже неверно.
3. t = -1. Тогда $f(f(x)) = 2f(x) - x$, f(-f(y)) = -y. Значит, $f(0) = 1$.

Далее, $f(f(y) + 2) = y + 4$, положив $y = f(x) + 2$, получаем $f(x + 6) = f(x) + 6$, тогда и $f^{-1}(y+6) = f^{-1}(y) + 6$.

Пусть $y = f^{-1}\left(\frac {z-f(x)} {x}\right)$. Тогда $f(z) = 2f(x) + xy$ для любого x не равного 0.

Тогда $f(z+6x)$ = $2f(x) + xf^{-1}\left(\frac {z-f(x)} {x} + 6\right)$ = $f(z) + 6x$, откуда $f(6x) = 1 + 6x$, следовательно, f(x) = x+1.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение17.02.2008, 18:00 
Заслуженный участник


01/12/05
458
Интересно, где я потерял $f(x)=x+1$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение17.02.2008, 23:57 


17/01/08
110
Юстас писал(а):
Интересно, где я потерял $f(x)=x+1$

Цитата:
$f^{-1}(t)f\left(\frac{-2t}{f^{-1}(t)}\right)+t=0$

не 0, а $f^{-1}(0)$!

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.02.2008, 09:00 
Заслуженный участник


01/12/05
458
Kid Kool писал(а):
Юстас писал(а):
$x^3+2x+1=4(8^k)$, при $k\geq 1$ отсутствие решений проверяется по модулю 7.

x дает остаток 1 при делении на 7

Если опять нигде в цифрах не напортачил, можно дорешать тем же "лобовым" способом:
update: все-таки напортачил, как заметил Kid Kool.
Последний случай: $x^3+2x+1=4(8^k)$. Заметим $x\equiv 1\mod 4$, подставив $x=4p+1$ имеем для $p$
$16p^3+12p^2+5p+1=8^k$. Это тоже неразрешимо по модулю 7.

Добавлено спустя 4 минуты 43 секунды:

Kid Kool писал(а):
Юстас писал(а):
Интересно, где я потерял $f(x)=x+1$

Цитата:
$f^{-1}(t)f\left(\frac{-2t}{f^{-1}(t)}\right)+t=0$

не 0, а $f^{-1}(0)$!

Точно!

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение18.02.2008, 11:20 


17/01/08
110
Юстас писал(а):
$x=7t+1, \ t=4p$

У тебя, судя по дальнейшим выкладкам, получается $x = 4p+1$, а при чем тут t и делимость на 7 - не понятно. Ну да ладно ;)

Юстас писал(а):
Далее, $2^k-2p>2p$, иначе(предположив $p\geq 2^{k-2}$), имеем, подставив в равенство для $p$, $3(2^{2k-2})+5(2^{k-2})+1\geq 3(2^k)2^{2k-2}$, что неверно уже для $k\geq 2$.

В какое равенство и что мы подставляем. Непонятно. Распиши подробнее.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 401 ]  На страницу Пред.  1 ... 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20 ... 27  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group