Задачи с матбоя

[Trius]

1) Найти все натуральные $n$, для которых числа Каталана $\frac{C^n_{2n}}{n+1}$ нечетные.
2) Для каких натуральных $n\geq 3$ существует множество из $n$ последовательных натуральных чисел таких, что наибольшее из этих чисел есть делителем НОК остальных чисел? При каких $n$ такое множество единственное?
3) Для положительных чисел $a,b,c,d,e$, таких, что $abcde=1$, доказать неравенство:
$\frac{a+abc}{1+ab+abcd} +\frac{b+bcd}{1+bc+bcde} +\frac{c+cde}{1+cd+cdea} +\frac{d+dea}{1+de+deab}+\frac{e+eab}{1+ea+eabc} \geq \frac{10}{3}$
4) Четырехугольник $ABCD$ вписан в окружность с центром в точке $O$. Пусть $P$ -произвольная точка внутри четврехугольника $ABCD$, $O_1,O_2,O_3,O_4$ -центры окружностей описанных вокруг треугольников $PAB,PBC,PCD,PDA$ соответственно. Доказать, что середины отрезков $O_1O_3,O_2O_4,PO$ лежат на одной прямой.
5) Найти все функции $f:(0;+\infty)\to R$, если известно, что для любых положительных $x,y$ исполняется $|f(x)-f(y)|\leq |x-y|$, и существуют такие положительные константы $a,b,c$, что $f(ax)+f(\frac{b}{x})=f(cx)$
6) Остроугольный треугольник $ABC$ вписан в окружность с центром в точке $O$ и радиусом $R$. Прямая $AO$ пересекает окружность, описаную вокруг треугольника $BOC$ в точке $D$,
$BO$ пересекает окружность, описаную вокруг треугольника $AOC$ в точке $E$,$CO$ пересекает окружность, описаную вокруг треугольника $AOB$ в точке $F$. Доказать, что $OD \cdot OE \cdot OF\geq 8R^3$.
7)Задани три паралельные отрезки $AA_1,BB_1,CC_1$, которые не лежат в ондой плоскости. Пусть $M$ - точка пересечения плоскостей $ABC_1,BCA_1,CAB_1$, а $M_1$ - плоскостей $AB_1C_1,BC_1A_1,CA_1B_1$. Доказать, что $MM_1$ паралелен $AA_1$.
8) На шахматную доску $n*n$ положили несколько плиток домино, так, что положить еще одну такую плитку невозможно, если не двигать уже положенные и не ложить плитки друг на друга. Доказать, что свободных клеток на доске осталось не больше чем $\frac{n^2}{3}$.
9) Существуют ли 5 паралелограмов с разными острыми углами, каждый из которых можна составить из трех разных равнобедренных треугольников?
10) Доказать неравенство $\sum\limits_{k=2}^n\frac{3k-1}{(k-1)^2k^2(k+1)}<\frac{1}{2}$

[Руст]

1. Очевидно, что n+1 степень двойки.
2. Не понятно ваше условие. Если делитель НОК, то таких решений много.
Остальные условия ещё не читал, кроме короткого 10.
10. $\sum_{k=2}^n\frac{3k-1}{k^2(k^2-1)}=\sum_{k=2}^n(\frac{1}{k-1}-\frac{3}{k}+\frac{2}{k+1}+\frac{1}{k^2})=\frac{n-1}{n(n+1)}+\sum_{k=2}^n\frac{1}{k^2}$
Оценивая $\sum_{k=2}^n\frac{1}{k^2}=\frac{\pi ^2}{6}-1-\sum_{k=n+1}^{\infty}\frac{1}{k^2}<\frac{\pi^2}{6}-1-\frac{1}{n+1}$ получаем
$\sum_{k=2}^n\frac{3k-1}{k^2(k^2-1)}<\frac{\pi^2}{6}-1.$
При этом эта оценка становится не улучшаемой при n стремящемся к бесконечности. Поэтому утверждение, что оно всегда меньше 1/2 не верное.
Заметил, что в знаменателе k-1 в квадрате. Тогда оно верное.

[RIP]

2) Если $a=p_1^{\alpha_1}\ldots p_s^{\alpha_s}\geqslant n$ - наиб. из этих чисел, то для каждого $j=\overline{1,s}$ одно из чисел $a-1,a-2,\ldots,a-(n-1)$ должно делиться на $p_j^{\alpha_j}$, т.е. должно быть $p_j^{\alpha_j}<n$. Поэтому при $n=3$ это невозможно, при $n=4$ множество единственно ($a=6$), при $n\geqslant 5$ множеств несколько (например, $a=2p$ и $a=4p$, где $p$ - простое, $n/2<p<n$). (Конечно, можно и без постулата Бертрана, просто рассмотрев отдельно случаи $n=5$ и $n>5$.)

Trius писал(а):

5) Найти все функции $f:(0;+\infty)\to R$, если известно, что для любых положительных $x,y$ исполняется $|f(x)-f(y)|\leq |x-y|$, и существуют такие положительные константы $a,b,c$, что $f(ax)+f(\frac{b}{x})=f(cx)$

Можно считать $a=1$. Если $c=1$, то сразу $f(x)=0$. Пусть $c\ne1$.
Подстановка $x\to b/x$ даёт

$$f(cb/x)=f(b/x)+f(x)=f(cx),$$

значит, $f(b/x)=f(c^2x)$. Следовательно,

$$f(x)+f(c^2x)=f(cx).$$

Подстановка $x\to cx$ даёт $f(c^3x)=-f(x)$, значит, $f(c^6x)=f(x)$.
Имеем $|f(x)|=|f(cx)-f(c^2x)|\leqslant|c-c^2|x$, значит, $\lim\limits_{x\to+0}f(x)=0$. Учитывая $f(c^6x)=f(x)$, получаем $f(x)=0$.

[Trius]

В 10-й эта сума просто равна $\frac{1}{2}-\frac{1}{n^2(n+1)}$
В 1-й все-таки не совсем очевидно, кое-какие выкладки все же нужны

[RIP]

$$\frac1{n+1}\binom{2n}n=\frac{2^n(2n-1)!!}{(n+1)!},$$

поэтому двойка входит в степени $n-(n+1-S_{n+1})=S_{n+1}-1$, где $S_{n+1}$ - сумма двоичных цифр числа $n+1$.

[Trius]

В третьей пришел к такому $\frac{x_1+x_3}{1+x_2+x_4}+\frac{x_2+x_4}{1+x_3+x_5}+\frac{x_3+x_5}{1+x_4+x_1}+\frac{x_4+x_1}{1+x_5+x_2}+\frac{x_5+x_2}{1+x_1+x_3}\geq \frac{10}{3}$, где $x_1=a,x_2=ab,x_3=abc,x_4=abcd,x_5=abcde=1$, а как это доказать пока не знаю

[neo66]

Trius писал(а):

В третьей пришел к такому $\frac{x_1+x_3}{1+x_2+x_4}+\frac{x_2+x_4}{1+x_3+x_5}+\frac{x_3+x_5}{1+x_4+x_1}+\frac{x_4+x_1}{1+x_5+x_2}+\frac{x_5+x_2}{1+x_1+x_3}\geq \frac{10}{3}$, где $x_1=a,x_2=ab,x_3=abc,x_4=abcd,x_5=abcde=1$, а как это доказать пока не знаю

Если аккуратно проделать предлагающуюся вами подстановку, можно получить:

$\frac{x_1+x_3}{x_5+x_2+x_4}+\frac{x_2+x_4}{x_1+x_3+x_5}+\frac{x_3+x_5}{x_2+x_4+x_1}+\frac{x_4+x_1}{x_3+x_5+x_2}+\frac{x_5+x_2}{x_4+x_1+x_3}\geq \frac{10}{3}$
Обозначим далее знаменатели через $y_1,y_2,y_3,y_4,y_5$ соответственно. Тогда наше неравенство переходит в следующее:

$\frac{-2y_1+y_2+y_3+y_4+y_5}{3y_1}+\frac{y_1-2y_2+y_3+y_4+y_5}{3y_2}+\frac{y_1+y_2-2y_3+y_4+y_5}{3y_3}+$
$+ \frac{y_1+y_2+y_3-2y_4+y_5}{3y_4}+\frac{y_1+y_2+y_3+y_4-2y_5}{3y_5}\geq \frac{10}{3}$,
а это уже, очевидно, верно для положительных $y_i$.

[Trius]

да, это я поторопился

[neo66]

Trius писал(а):

8) На шахматную доску $n*n$ положили несколько плиток домино, так, что положить еще одну такую плитку невозможно, если не двигать уже положенные и не ложить плитки друг на друга. Доказать, что свободных клеток на доске осталось не больше чем $\frac{n^2}{3}$.

Будем мостить нашу доску такими тримино, как показано на рисунке:

\begin{picture}(110,50) \put(10,0){\line(1,0){60}} \put(10,20){\line(1,0){60}} \put(10,0){\line(0,1){20}} \put(30,0){\line(0,1){20}} \put(50,0){\line(0,1){20}} \put(70,0){\line(0,1){20}} \put(0,0){1)} \put(90,0){2)} \put(100,0){\line(1,0){40}} \put(100,20){\line(1,0){40}} \put(120,40){\line(1,0){20}} \put(100,0){\line(0,1){20}} \put(120,0){\line(0,1){40}} \put(140,0){\line(0,1){40}} \end{picture}

Пускай $n=3k$. Ясно, что в этом случае доску можно замостить тримино вида 1). Поскольку в каждом тримино закрыты как минимум 2 клетки из 3, то утверждение, очевидно, выполняется.
Пускай $n=3k\pm1$. Легко показать, что, если из доск5и выкинуть угловую или соседнюю (по стороне) клетку, то доску можно покрыть тримино вида 1) или 2). Так как какая-то из этих клеток закрыта, то утвеждение задачи, и здесь верно.

[Trius]

neo66
Почему в таких фигурках не может быть покрытой только средняя клетка?
В третьей задаче надо просто к каждой дроби прибавить по $1$и все сведется к неравенству между средним арифметическим и гармоническим.

[neo66]

Trius писал(а):

neo66
1) Почему в таких фигурках не может быть покрытой только средняя клетка?
2)В третьей задаче надо просто к каждой дроби прибавить по $1$и все сведется к неравенству между средним арифметическим и гармоническим.

1) Да, кажется, я поторопился.
2) Можно и так, тоже красиво.