Нестандартные задачи

[vorvalm]

Спасибо.
А как быть с четными ?

[nnosipov]

vorvalm в сообщении #598595 писал(а):

А как быть с четными ?

Если $p=2$, то и $q=2$, что следует из сравнения $p^2+4 \equiv 0 \pmod{q}$.

[vorvalm]

Я вас понял, спасибо. Это первое, что пришло мне в голову.

[vld]

Помогите доказать неравенство:
произведение положительных чисел $abcd = 1$, k - натуральное
$1/(1 + a)^{k} + 1/(1 + b)^{k} + 1/(1 + c)^{k} + 1/(1 + d)^{k} > 2^{2 - k}$

[Praded]

vld в сообщении #603311 писал(а):

Помогите доказать неравенство:
произведение положительных чисел $abcd = 1$, k - натуральное
$1/(1 + a)^{k} + 1/(1 + b)^{k} + 1/(1 + c)^{k} + 1/(1 + d)^{k} > 2^{2 - k}$

Это неравенство неверно при $a=b=c=d=1, k=1$.

[arqady]

Praded в сообщении #603318 писал(а):

vld в сообщении #603311 писал(а):

Помогите доказать неравенство:
произведение положительных чисел $abcd = 1$, k - натуральное
$1/(1 + a)^{k} + 1/(1 + b)^{k} + 1/(1 + c)^{k} + 1/(1 + d)^{k} > 2^{2 - k}$

Это неравенство неверно при $a=b=c=d=1, k=1$.

Может, Вы имели в виду при $a=b=2$, $c=\frac{1}{4}$ и $d=k=1$?
Ведь, судя по всему, мы доказываем

$$\frac{1}{(1+a)^k}+\frac{1}{(1+b)^k}+\frac{1}{(1+c)^k}+\frac{1}{(1+d)^k}\geq2^{2-k}$$

для положительных $a$, $b$, $c$ и $d$ таких, что $abcd=1$ и $k\geq2$.
Для $k\geq2$ достаточно доказать, что $\sum\limits_{cyc}\frac{1}{(1+a)^2}\geq1$.

[vld]

не дружище ты не угадал . в условии все верно

-- 06.08.2012, 21:02 --

мы доказываем не для $ > 1/2^{2 - k}$ , а для $ > 2^{2 - k}$

-- 06.08.2012, 21:04 --

$k >= 2$

[Tanechka]

vld, а вы подставьте .
$2>2$

[vld]

ну куда там подставлять.

-- 06.08.2012, 21:27 --

вы мне сейчас вообще о каком-то частном случае говорите. ведь сами подумайте, если у дробей знаменатели больше единицы, то и дроби меньше единицы . их сумма меньше 4-х. о чем вы говорите. тут надо доказать что эта сумма строго больше два в степени ДВА МИНУС К!

-- 06.08.2012, 21:29 --

это неравенство имеет класическое решение. и ничего тут подставлять не надо.

[arqady]

Описался, исправил. Хамить не надо! Условие, понятно, неверно.

[vld]

оно абсолютно верно

-- 06.08.2012, 22:52 --

докажите что оно не верно

[arqady]

Praded и я привели Вам контрпримеры.

[TR63]

$\frac1 {(1+a)^k}+\frac1 {(1+b)^k}\geq\frac1 {2^{2k-4}} \frac1 {1+ab}$

$ab<1, 0<a<1, 0<b<1, k=2m-1\geq1$

Это неравенство доказывается без матиндукции и без дедукции (классически). Его достаточно для доказательства уточнённого неравенства vld. В условии $abcd=1$, если $a<1, b>1, c>1, d>1$, заменой переменных(будет усиление), можно считать, что $a\le1, b\le1$.
Данного неравенства достаточно для доказательства неравенства vld.(Может, ошиблась. Проверьте.)

[arqady]

TR63 в сообщении #605205 писал(а):

$\frac1 {(1+a)^k}+\frac1 {(1+b)^k}\geq\frac1 {2^{2k-4}} \frac1 {1+ab}$

$ab<1, 0<a<1, 0<b<1, k=2m-1\geq1$

Это неравенство доказывается без матиндукции и без дедукции (классически).

Это неравенство совершенно бесполезно, поскольку при $a=b=1$ не получается равенства, а при $k=1$ оно вообще неверно.

[TR63]

Действительно, $k=2m+1$. arqady, с таким вариантом согласны? Если да, то можно рассмотреть дальше.