Нестандартные задачи

[maxal]

RIP писал(а):

bobo писал(а):

P.S. Многочлен $P(x)=(2x^2-1)^3+\frac12$ удовлетворяет условию задачи.

Да и вообще многочлен $P(x)=(2x^2-1)^{2k+1}+\frac12$ для любого $k$ подойдет. Из линейной независимости функций $\sin(x)$ и $\cos(x)$ над $\mathbb{R}$ сразу следует, что $P(t)=Q(t^2)$ для некоторого полинома $Q$, причем $P(\sin(x))+P(\cos(x))=Q(z)+Q(1-z)$ для $z=\sin(x)^2$. Пример выше показывает, что $P(x)$ всегда можно взять степени $2(2k+1)$. Также понятно, что степень $P$ не может быть $4k$ (а степень $Q$ соответственно $2k$) при $k>0$, так как в этом случае коэффициент при $z^{2k}$ в $Q(z)+Q(1-z)$ будет ненулевым, а значит $Q(z)+Q(1-z)\ne 1.$

[RIP]

Да там на самом деле легко написать общий вид всех многочленов, удовлетворяющих тождеству.

P.S. Прикольно, удалил своё сообщение ради интереса, но надпись

кто-то меленько писал(а):

Последний раз редактировалось: maxal (Сб Апр 19, 2008 05:36:07), всего редактировалось 1 раз

осталась.

[Sonic86]

Не могу доказать симметрические неравенства :
1. $(a/b+b/c+c/a)^2>=9(a^2+b^2+c^2)/(ab+bc+ca)$ .
2. Если $x^2_1 + ... + x^2_6 = 6, x_1 + ... + x_6 = 0$, то $x_1...x_6<=1/2$.
3. Если $x_1 ,x_2 ,x_3>=0 x_1 +x_2 +x_3 <=1/2$, то $(1-x_1 )(1-x_2 )(1-x_3 )<=1/2$.
4. Если $a,b,c>0, 1/(a^2+1)+1/(b^2+1)+1/(c^2+1)=2$, то $ab+bc+ca<=3/2$.
5. Набор чисел $a,b,c$ совпадает с набором $a^4-2b^2,b^4-2c^2,c^4-2a^2$, причем $a+b+c=-3$. Найти $a,b,c$.

[arqady]

Sonic86 писал(а):

Не могу доказать симметрические неравенства :
1. $(a/b+b/c+c/a)^2>=9(a^2+b^2+c^2)/(ab+bc+ca)$ .

Оно вообще-то циклическое.

$$\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)^2(ab+ac+bc)\geq9(a^2+b^2+c^2)\Leftrightarrow$$

$$\Leftrightarrow\sum_{cyc}\left(\frac{a^3}{b}+\frac{a^3c}{b^2}+\frac{a^2c}{b}+\frac{2a^2b}{c}+2ab-7a^2\right)\geq0,$$

которое верно по AM-GM.

Sonic86 писал(а):

4. Если $a,b,c>0, 1/(a^2+1)+1/(b^2+1)+1/(c^2+1)=2$, то $ab+bc+ca<=3/2$.

Посмотрите здесь:
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... p?t=103762

[Sergic Primazon]

Sonic86 писал(а):

Не могу доказать симметрические неравенства :
13. Если $x_1 ,x_2 ,x_3>=0 x_1 +x_2 +x_3 <=1/2$, то $(1-x_1 )(1-x_2 )(1-x_3 )\geq {1/2}$.

( в задаче по всей видимости требуется определить минимум)
Очевидно ,что минимум левой части будет при : $x_1+x_2+x_3 = {1/2}$.
$Min((1-x_1 )(1-x_2 ))$ при $x_1 +x_2 = const$ будет при : $x_1 = 0 , x_2 =const$
Поэтому $Min((1-x_1 )(1-x_2 )(1-x_3 ))$.будет достигаться при : $x_1 =0 , x_2 =0,x_3=1/2$.

[arqady]

Оказывается при положительных

$$a,$$

$$b$$

и

$$c$$

верно и следующее неравенство:

$$\left(\frac {a}{b} + \frac {b}{c} + \frac {c}{a}\right)^2\ge\frac {12(a^{2} + b^{2} + c^{2})}{ab + bc + ca} - 3.$$

[Trius]

1. Пусть $f(x)=x^2+ax+b$ имеет 2 различных корня. Может ли такое быть, что $f(f(x))$ имеет 3 корня, а $f(f(f(x)))$ - 7 ?
2. Доказать, что существует бесконечно много составных $n$, для которых $3^{n-1}-2^{n-1}$ делится на $n$

[Руст]

Trius писал(а):

1. Пусть $f(x)=x^2+ax+b$ имеет 2 различных корня. Может ли такое быть, что $f(f(x))$ имеет 3 корня, а $f(f(f(x)))$ - 7 ?
2. Доказать, что существует бесконечно много составных $n$, для которых $3^{n-1}-2^{n-1}$ делится на $n$

1. По видимому речь идёт о различных корнях.
Пусть $x_1,x_2$ корни $f(x)=(x-x_1)(x-x_2)$, введём $g(x)=f(x+c)-c,c=\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{-a}{2}$. Тогда $f(x)=g(x-c)+c, f^{(k)}(x)=g(f^{(k-1)}(x)-c)+c=g(g(f^{(k-2)}(x)-c))+c=...=g^{(k)}(x-c)+c$
Поэтому, количество корней $f^{(k)}(x)=0$ есть количество корней $g^{(k)}(x)=-c$.
Вычислим $g(x)=x^2-D-c, g(g(x))=(x^2-D-c)^2-D-c,...$, т.е. все $g^{(k)}(x)$ являются чётными функциями и поэтому кратный корень должен быть нулём.
Вычисляя свободные члены $g(g(x))+c,g(g(g(x)))+c$ и приравняв их нулю получаем, $D>0,D+c>0,(D+c)^2=D,c^2=D$. Отсюда получается $D=4,c=-2$, т.е. $g(x)=x^2-2$, вводя $x=2cosy$ получаем $g(g(x))=2cos(2y),..,.g^{(k)}(x)=2cos(2^{k-1}y)$ действительно получаем единственный такой многочлен, соответственно $f(x)=(x+2)^2-4=x^2+4x$.
2. Очевидно n=p решение для любого простого р.

[RIP]

Trius писал(а):

2. Доказать, что существует бесконечно много составных $n$, для которых $3^{n-1}-2^{n-1}$ делится на $n$

Было.

Добавлено спустя 8 минут 16 секунд:

Trius писал(а):

1. Пусть $f(x)=x^2+ax+b$ имеет 2 различных корня. Может ли такое быть, что $f(f(x))$ имеет 3 корня, а $f(f(f(x)))$ - 7 ?

Если корни $f(f(x))$ равны $x_1,x_2,x_3$, то уравнение $f(f(f(x)))=0$ равносильно совокупности

$$\left[\begin{aligned}f(x)&=x_1,\\f(x)&=x_2,\\f(x)&=x_3,\end{aligned}\right.$$

поэтому имеет не более 6 корней. 2 различных корня здесь вообще не по делу (Upd. хотя в противном случае из тех же соображений получаем, что $f(f(x))$ не может иметь 3 корня).

Upd. P.S.Насколько я помню, эта задача с какой-то зональной олимпиады, в которой я участвовал (я тогда ещё подумал, что задача не олимпиадная ни разу), и авторское решение было какое-то излишне мудрёное.

[Руст]

Всё правильно RIP. Я что то перемудрил.

[student]

Найдите всех натуральных решений уравнение
$13^{n+1}-14^n=2001$

[ИСН]

Сперва мне показалось, что задача сводится к небольшому тупому перебору. Ан нет (там положительных членов - аж за тридцать). Она сводится разве что к небольшому тупому перебору по модулю 2001. Ну или по модулям 3 и 23.

[TOTAL]

student писал(а):

Найдите всех натуральных решений уравнение
$13^{n+1}-14^n=2001$

$13^3(13^{n-2}-1)=14^2(14^{n-2}-1)$, откуда $n=2+338k$ и ничего не подходит кроме $n=2$

[Профессор Снэйп]

TOTAL писал(а):

student писал(а):

Найдите всех натуральных решений уравнение
$13^{n+1}-14^n=2001$

$13^3(13^{n-2}-1)=14^2(14^{n-2}-1)$, откуда $n=2+338k$ и ничего не подходит кроме $n=2$

А откуда, кстати, берётся число $338 = 2 \cdot 13^2$? Из

$$ 14^{n-2} - 1 = 13\left(1 + 14 + \ldots + 14^{n-3}\right) $$

следует, что $n-2$ должно делиться на $13$. А из

$$ 13^{n-2} - 1 = 12\left(1 + 13 + \ldots + 13^{n-3}\right) $$

следует, что число $n-2$ должно быть чётным (сумма в скобках должна делиться на $7$). Так что делимость $n-2$ на $26$ вижу. А на $338$ не вижу

[Trius]

Можно ли из степеней двойки выбрать геометрическую прогресию так, чтоб ее сума была равна $ 10^8$?