China National Olympiad

[СОКАКУ]

Надеюсь решение этой задачи доставит такое же удовольствие вам, какое оно доставило мне.
Натуральные числа $a_1,a_2,\ldots,a_{2006}$ таковы, что числа $\frac{a_1}{a_2},\frac{a_2}{a_3},\ldots,\frac{a_{2005}}{a_{2006}}$ попарно различны. Найдите наименьшее количество различных чисел во множестве {${a_1},{a_2},\ldots,{a_{2006}}$}

[Руст]

Эта задача простая. Если имеется n различных чисел, то различных отношений не больше n(n-1)+1, Причём равенство достигается например для n различных простых чисел. Соответственно n(n-1)+1>=2005. Минимальное значение n=46. Тогда можно расставить номера этих чисел по формуле на $i*46+j$ - ом месте $p_{i*j\mod 46}$.

[СОКАКУ]

Это авторское решение. В своё время оно девольвировало моё более сложное решение.Приятно осознавать,что вы умеете решать экономично.

Добавлено спустя 48 минут 21 секунду:

Вот ещё одна не сложная задача из той же оперы.
Решить в неотрицательных целых числах уравнение
$2^x3^y - 5^z7^w = 1$

[Юстас]

Достаточно рассматривать разные варианты по модулям 3, 5, 8 и т.д. Получается длинно и неинтересно. Написано вот здесь. Есть ли у Вас что-то более лаконичное?

[СОКАКУ]

Функция $f: \mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ удовлетворяет условию:
$f(x^3+y^3)=(x+y)(f(x)^2-f(x)f(y)+f(y)^2).$
Доказать что для любого действительного x:$f(1996x)=1996f(x)$

[Руст]

1. Подставим $y=-x$ и получаем $f(0)=0$, подставим $y=0$ и получаем $f(x^3)=xf(x)^2$.
2. Далее подставим $y=x$ получим $f(2x^3)=2xf(x)^2=2f(x^3)$, т.е. $f(2z)=2f(z) ,z=x^3$.
3. Подставим $y=2x$ получим $f(9x^3)=9xf(x)^2=9f(x^3), т.е. $f(9z)=9f(z)$.
4. $y=9x$ даст $f(730x^3)=10x73f(x^2)=730f(x^3)\to f(730z)=730f(z)$.
5. $y=9t,x=2t$ даст $f(737z)=737f(z)$.
Вообще, если доказано, что $f(az)=af(z),f(bz)=bf(z)$, то получаем $f(cz)=cf(z)$, где $c=a^3+b^3$.
Только у меня не получилось представления числа $1996=2*2*499$ в виде произведения полученных значений с.

[СОКАКУ]

Пусть $af(x)=f(ax)$ тогда $axf(x)^2=af(x^3)=f(ax^3)=f((a^\frac{1}{3}x)^3)=a^\frac{1}{3}xf(a^\frac{1}{3}x)^2.$
Руст из вашего первого пункта видно что $f(x)$ имеет тот же знак, что и x. Тогда получим что $f(a^\frac{1}{3}x)=a^\frac{1}{3}f(x)$
Дальше всё понятно.

[Руст]

Вообще получается $f(a^{1/3}x)=\pm a^{1/3}f(x)$. Но знак легко убирается тройным применением. Но для получения нового целого значения с с применением этого нужно представит какой то куб в виде произведения ранее полученных. Но этого вряд ли легко получит.

[СОКАКУ]

Знак убирается как раз при помощи вашего первого пункта.
$f((a+b)x)=f((a^\frac{1}{3}x^\frac{1}{3})^3+(b^\frac{1}{3}x^\frac{1}{3})^3)=...=(a+b)f(x)$

[Руст]

Да, забыл воспользоваться последним замечанием (после пункта 5) своего поста используя $a^{1/3},b^{1/3}$.

[Erken1]

Юстас писал(а):

Достаточно рассматривать разные варианты по модулям 3, 5, 8 и т.д. Получается длинно и неинтересно. Написано вот здесь. Есть ли у Вас что-то более лаконичное?

Это вы ,наверное, про моё решение.Длинно,согласен,но весьма интересно, как такой, казалось бы простой метод может решать, такие задачи.