Несколько задач

[lexus c.]

Возникли трудности с несколькими задачами. Помогите, пожалуйста:
1. Доказать, что многочлен

\[ \left( {x - a} \right)^2 \left( {x - b} \right)^2 + 1 \]

, где а и b - целые числа, нельзя разложить в произведение двух многочленов

\[ p\left( x \right) \]

и

\[ q\left( x \right) \]

с целыми коэффициентами, применив теорему Безу.
2. Решить систему уравнений:

\[ \left\{ \begin{gathered} \sin x + \sin y = \sin a \hfill \\ \sin 2x + \sin 2y = \sin 2a \hfill \\ \end{gathered} \right. \]

3. Доказываю по индукции неравенство средних:

\[ \frac{{a_1 + a_2 + ... + a_n }} {n} \geqslant \sqrt[n]{{a_1 \cdot a_2 \cdot ... \cdot a_n }} \]

доказано для всех n вида

\[ 2^k \]

, где

\[ k \in \mathbb{N} \]

помогите сделать обратный ход от m к m-1
4. Доказать тождество:

\[ \sin \frac{\pi } {{2n + 1}} \cdot \sin \frac{{2\pi }} {{2n + 1}} \cdot ... \cdot \sin \frac{{m\pi }} {{2n + 1}} = \frac{{\sqrt {2m + 1} }} {{2^m }} \]

5. Вычислить сумму:

\[ \left( {x - \frac{1} {x}} \right)^2 + \left( {x^2 - \frac{1} {{x^2 }}} \right)^2 + ... + \left( {x^n - \frac{1} {{x^n }}} \right)^2 . \]

[Brukvalub]

В № 1 подумайте о степенях многочленов-множителей и воспользуйтесь тем, что многочлен нечетной степени обязательно имеет вещественный корень.
В № 3 почитайте книгу http://ilib.mirror1.mccme.ru/plm/ann/a05.htm
В № 4 неверное условие:

lexus c. в сообщении #143127 писал(а):

\[ \sin \frac{\pi } {{2n + 1}} \cdot \sin \frac{{2\pi }} {{2n + 1}} \cdot ... \cdot \sin \frac{{m\pi }} {{2n + 1}} = \frac{{\sqrt {2m + 1} }} {{2^m }} \]

В № 5 раскройте скобки и просуммируйте 2 геометрические прогрессии.

[Nikita.bsu]

№4 http://mathworld.wolfram.com/Sine.html формула (24)

[Brukvalub]

Nikita.bsu в сообщении #143170 писал(а):

№4 http://mathworld.wolfram.com/Sine.html формула (24)

???.
Возьмем в формуле из № 4 n=1 , m=3. Тогда в левой части формулы будет 0, а в правой - нет. Как этому может помочь Ваша, Nikita.bsu, ссылка?

[lexus c.]

Простите, конечно же, в четвёртом верно так:

\[ \sin \frac{\pi } {{2n + 1}} \cdot \sin \frac{{2\pi }} {{2n + 1}} \cdot ... \cdot \sin \frac{{n\pi }} {{2n + 1}} = \frac{{\sqrt {2n + 1} }} {{2^n }} \]

И большое спасибо за помощь.

[lexus c.]

Brukvalub, спасибо, в пятом как-то совсем всё просто оказалось )
Неравенство номер три в указанной Вами книжке решено другим способом, а мне хотелось бы сделать именно обратную индукцию.
В первом же понятно, что многочлены должны быть второй степени, но вот что дальше делать - не понятно )

[bobo]

lexus c. писал(а):

хотелось бы сделать именно обратную индукцию.)

В Вашем неравенстве подставьте $a_n= \frac{a_1+a_2+...+a_{n-1}} {n-1}$.

lexus c. писал(а):

В первом же понятно, что многочлены должны быть второй степени, но вот что дальше делать - не понятно )

А теперь попробуйте доказать, что $p(x)-q(x)$ имеет своими корнями числа $a$ и $b$. И докажите тождественность этого многочлена нулю.

[Алексей К.]

(№2) Подстановками $x=\frac{u+v}{2}$, $y=\frac{u-v}{2}$ приводим к виду.
$2\sin\frac{u}{2}\cos\frac{v}{2}=\sin\alpha$,
$\sin u(2\cos^2 \frac{v}{2} -1)=\sin \alpha\cos\alpha$,
$v$ вроде как исключается. До конца не дорёшивал.

Добавлено спустя 7 минут 17 секунд:

Хорошо исключается: типа $\cos\frac 3 2 u=\cos(2\alpha-\frac u 2)$

[lexus c.]

bobo писал(а):

В Вашем неравенстве подставьте $a_n= \frac{a_1+a_2+...+a_{n-1}} {n-1}$.

Спасибо, как раз то, что нужно!

bobo писал(а):

lexus c. писал(а):

В первом же понятно, что многочлены должны быть второй степени, но вот что дальше делать - не понятно )

А теперь попробуйте доказать, что $p(x)-q(x)$ имеет своими корнями числа $a$ и $b$. И докажите тождественность этого многочлена нулю.

А вот здесь как-то похуже идёт. )

[bobo]

lexus c. писал(а):

А вот здесь как-то похуже идёт. )

Подумайте, что можно заключить из условий $p(a)q(a)=p(b)q(b)=1$.

[lexus c.]

bobo писал(а):

lexus c. писал(а):

А вот здесь как-то похуже идёт. )

Подумайте, что можно заключить из условий $p(a)q(a)=p(b)q(b)=1$.

Спасибо, понятно. Правда, теорему Безу не пришлось использовать.

[bobo]

lexus c. писал(а):

. Правда, теорему Безу не пришлось использовать.

Ну как же? Если $p(a)-q(a)=0$, значит, по теореме Безу $p(x)-q(x)=(x-a)r(x)$.

[lexus c.]

bobo писал(а):

lexus c. писал(а):

. Правда, теорему Безу не пришлось использовать.

Ну как же? Если $p(a)-q(a)=0$, значит, по теореме Безу $p(x)-q(x)=(x-a)r(x)$.

Хм. Ну я несколько иначе вёл доказательство:
p(x) и q(x) - полиномы второй степени, не меняющие знака, причём их коэффициенты - целые числа, так же как и числа а и b, поэтому p(a)=q(a)=p(b)=q(b)=1 (или же p(a)=q(a)=p(b)=q(b)=-1), однако, это невозможно в данном случае (все коэффициенты, а также а и b - целые, а p(x) и q(x) не обращаются в 0).
Ваш способ, конечно, заметно лучше.

[bobo]

lexus c. писал(а):

p(x) и q(x) - полиномы второй степени, не меняющие знака, причём их коэффициенты - целые числа, так же как и числа а и b, поэтому p(a)=q(a)=p(b)=q(b)=1 (или же p(a)=q(a)=p(b)=q(b)=-1), однако, это невозможно в данном случае (все коэффициенты, а также а и b - целые, а p(x) и q(x) не обращаются в 0).
Ваш способ, конечно, заметно лучше.

А если $p(x)=q(x)=x^2-2x+2, a=b=1$?

[lexus c.]

У меня возник новый вопрос, а начинать новую тему по такому поводу не хочется, так что спрошу здесь.
Задача: доказать, что для простого p не существует многочлена степени ниже p такого, что все его коэффициенты - целые, старший коэффициент равен единице, а сам многочлен при всех целых х делится на р.
Решение предлагается такое:
в качестве примера многочлена степени р приводится Р(х)=(х-1)(х-2)...(х-р), а для доказательства предлагается рассмотреть k-ую разность многочлена (первая разность - это Р(х)-Р(х-1), вторая - [Р(х+1)-Р(х)]-[Р(х)-Р(х-1)], и т.д.), доказать, что k-ая разность многочлена степени k равна k!, и использовать факт того, что k! не кратно простому p при р>k.
Вопрос: как из рассмотрения разностей следует доказательство несуществования искомого многочлена?