Нестандартные задачи

[juna]

RIP писал(а):

Артамонов Ю.Н.
Посмотрите внимательнее второй пункт задачи Руста.

Добавлено спустя 11 минут 54 секунды:

Хотя в моем решении в том посте было опущено док-во того, что число $n'=pn$ удовлетворяет нужному условию (в силу его тривиальности). А в данном частном случае только это и надо доказывать. Так что решения задачи studentа там нету.

Да, я был невнимателен. Смотрел почему-то только на первый пункт .
Тогда уж во искупление грехов приведу это тривиальное решение.
Итак, утверждается, что если нашли хотя бы одно $n$, что $n^2|(a^n+b^n)$, то существует бесконечно много таких $n$.
Берем $n'=np$, где $p$ - простой делитель частного, т.е. $\frac{a^n+b^n}{n^2}=k\cdot p$
Докажем, что $(np)^2|{a^{np}+b^{np}}$
Имеем:
$\frac{a^{np}+b^{np}}{(np)^2}=\frac{(a^n+b^n)(a^{n(p-1)}-a^{n(p-2)}b^n+a^{n(p-3)}b^{2n}-...-a^nb^{n(p-2)}+b^{n(p-1)})}{n^2p^2}$
поскольку $a^n+b^n=k\cdot n^2 \cdot p^t$, то остается доказать, что
$p|(a^{n(p-1)}-a^{n(p-2)}b^n+a^{n(p-3)}b^{2n}-...-a^nb^{n(p-2)}+b^{n(p-1)})$
$a^{n(p-1)}\equiv 1 \mod p$;
$a^{n(p-2)}b^n\equiv -1 \mod p$,
т.к. $b^n=k\cdot n^2 \cdot p^t-a^n\rightarrow$
$ a^{n(p-2)}b^n\equiv a^{n(p-2)}\cdot (k\cdot n^2 \cdot p^t-a^n)\equiv -a^{n(p-1)}\equiv -1 \mod p$
и т.д. получаем сумму из $p$ единиц, т.е. делится.
В нашем случае $a=2, b=3$, решениями будут $n=1,5,55, 1971145, 3061355, 1590008450111455$ и т.д.

[student]

Наборы (a_1,\ldots, a_n) и (b_1,\ldots, b_n)-- перестановки чисел $1,1/2, 1/3,\ldots,1/n$,
при этом $a_1+b_1\geq a_2+b_2\geq\ldots \geq a_n+b_n.$ Докажите, что $a_m+b_m\leq 4/m$
для всех m от 1 до n.

[Руст]

Во первых, надо заметить, что числа должны начинаться с 1, т.е (1,1/2,...,1/n).
Это почти очевидно. Если $a_m+b_m>\frac{4}{m}$, то для a(k),b(k),k<=m хотя бы одно из чисел больше 2/m, т.е. m<=2[(m-1)/2] - противоречие.

[student]

Руст писал(а):

Во первых, надо заметить, что числа должны начинаться с 1, т.е (1,1/2,...,1/n).
Это почти очевидно.

Не понял!

Руст писал(а):

т.е. m<=2[(m-1)/2]

Почему?

[Руст]

student писал(а):

Руст писал(а):

Во первых, надо заметить, что числа должны начинаться с 1, т.е (1,1/2,...,1/n).
Это почти очевидно.

Не понял!

Руст писал(а):

т.е. m<=2[(m-1)/2]

Почему?

1. Если без 1, то количество различных a(k) всего n-1.
2. Считаем количество пар с суммой больше 4/m. С одной стороны их не меньше m, с другой стороны в каждой такой сумме или a(k)>2/m (количество вариантов не более [(m-1)/2]) или b(k)>2/m (количество вариантов не более [(m-1)/2]). Всего таких вариантов не более 2[(m-1)/2]-s. s - количество вариантов, когда и a(k) и b(k) больше 2/m.

[student]

Докажите, что для любых $a,b,c\in [0,1]$
$ \frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{a+c+1}+\frac{c}{a+b+1}+(1-a)(1-b)(1-c)\leq 1. $

[Руст]

student писал(а):

Докажите, что для любых $a,b,c\in [0,1]$
$ \frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{a+c+1}+\frac{c}{a+b+1}+(1-a)(1-b)(1-c)\leq 1. $

Это известное неравенство. Я даже встречал обобщение:

$$\sum_{k=1}^n\frac{x_k}{1-x_k+s} \le 1-\prod_{k=1}^n (1-x_k), \ s=\sum_{k=1}^nx_k$$

только короткого доказательства не знаю.

[student]

Да у меня тоже есть одно скучное решение и думал что может быть существует более интересное?

[RIP]

Прикольное нер-во. Вот короткое док-во.
Можно считать, что все $a_j<1$.
Известно нер-во между взвешенными средними

$$\prod_{j=1}^nb_j^{p_j}\leqslant\sum_{j=1}^np_jb_j.$$

Здесь $b_j>0,\ p_j\geqslant0,\ \sum p_j=1$.
Возьмем $b_j=x_j^{\frac s{1-a_j}}$, $p_j=\frac{a_j}s$ и проинтегрируем полученное неравенство по единичному кубику $[0;1]^n$ (интегрируем по $x_1,\ldots,x_n$). Получается:

$$\prod_{j=1}^n\frac1{1+\frac{a_j}{1-a_j}}\leqslant\sum_{j=1}^n\frac{a_j}s\frac1{1+\frac s{1-a_j}}=\sum_{j=1}^n\frac{a_j}s\left(1-\frac{\frac s{1-a_j}}{1+\frac s{1-a_j}}\right)$$

Это и есть искомое неравенство.

Добавлено спустя 13 минут 23 секунды:

Я доказывал неравенство

$$\sum_{j=1}^n\frac{a_j}{s+1-a_j}+\prod_{j=1}^n(1-a_j)\leqslant1,\quad a_j\in[0;1],\ s=a_1+a_2+\ldots+a_n$$

[student]

student писал(а):

Докажите, что для любых $a,b,c\in [0,1]$

$$ \frac{a}{b+c+1}+\frac{b}{a+c+1}+\frac{c}{a+b+1}+(1-a)(1-b)(1-c)\leq 1.\eqno(1) $$

Ну вот еще одно решение этой задачи!
Переобразуем правой части

$$ (1-a)(1-b)(1-c)=\frac{1}{a+b+c}\Bigl[a(1-a)(1-b)(1-c)+b(1-a)(1-b)(1-c)+c(1-a)(1-b)(1-c)\Bigr] $$

$$ \frac{a}{b+c+1}=\frac{1}{a+b+c}\Bigl(a-\frac{a(1-a)}{b+c+1}\Bigr) $$

Аналогично поступая с остальными поставим в (1) и получим очевидное неравенство!

[student]

Докажите , что при всех $x$ выполняется неравенство
$|\sin x|+|\sin(x+1)|+|\sin(x+2)|>\dfrac{8}{5}$

[Руст]

Легко устанавливается, что inf, когда sin(x+1)=0.
Соответственно $|sin x|+|sin(x+1)|+|sin(x+2)|\ge 2sin 1 =1,68294...$

[student]

Докажите, что можно найти бесконечно натуральных чисел $m,n$ для которых число $\frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m}$ целое!

[worm2]

student писал(а):

Докажите, что можно найти бесконечно натуральных чисел $m,n$ для которых число $\frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m}$ целое!

Достаточно взять пары $(m_p, n_p)$, где $m_p = f_{2p-1}(f_{2p+1}+f_{2p-1})$, $n_p = f_{2p+1}(f_{2p+1}+f_{2p-1})$, а $f_k$ --- k-й член последовательности Фибоначчи ($f_1$ = $f_2$ = 1, $f_{k+1}$ = $f_k$ + $f_{k-1}$).
Доказательство достаточно просто, если заметить, что $f_{2p+1}^2+1$ = $f_{2p-1} f_{2p+3}$.

[Руст]

Непонятно, откуда появилось такое решение. Поэтому предложу новое:
Обозначив $k=\frac{m+1}{n}+\frac{n+1}{m}$, вначале убеждаемся, что натуральное решение имеется только при k=3 (в целых получается так же при k=1). Далее это приводит к гиперболическому уравнению второго порядка. Приводя к главным осям и вводя переменные $x=\frac{m+n}{2}-1, \ y=\frac{m-n}{2}$ получаем уравнение Пелля $x^2-5y^2=1$. Учитывая, что нужно искать и полуцелые решения получаем:
$x+y\sqrt 5 =(9+4\sqrt 5 )^k$ и
$x+y\sqrt 5 =(\frac{3+\sqrt 5 }{2}(9+4\sqrt 5 )^k.$
Определяя для каждого k m и n получаем все пары натуральных чисел, удовлетворяющих условию.