Задачи....

[Юстас]

Trius писал(а):

5)Пусть $a,b,c$ - стороны треугольника, периметр которого не превышает $2\pi$. Доказать, что $\sin a,\sin b,\sin c$ также являются сторонами некоторого треугольника.

Предположим $\sin c>\sin a + \sin b$. Рассмотрим один из возможных случаев $0<a<b<\frac \pi 2$. Тогда $\inf c=\arcsin(\sin a +\sin b)$, но в этом случае $c>a+b$ в силу неравенства $\arcsin(\sin a+\sin b)>a+b, \ \sin a+ \sin b<1$(а оно очевидно равносильно $\sin a+ \sin b > \sin a \cos b + \sin b \cos a$).

[RIP]

Юстас писал(а):

Trius писал(а):

1) Пусть $M$- такое подмножество множества $\{1,2,...,15\}$, что произведение любых трех различных чисел из $M$ не является точным квадратом. Найти наибольшее возможное количество чисел в множестве $M$.

Несложно догадаться, что достаточно выкинуть(например) $(1,2,3,5,7)$ - один точный квадрат и маленькие простые. А короткого доказательства без разбора вариантов, что из 11 чисел всегда можно выбрать тройку так, чтобы нарушилось условие, я не вижу.
Upd. На самом деле вариантов немного и разбор короткий.

$6\cdot10\cdot15=30^2$

[Юстас]

Точно, просмотрел. В любом случае, перебор вариантов - это плохое решение задачи матбоя.

[Руст]

Trius писал(а):

Найти все функции $f:\mathbb Q \to \mathbb R$, для которых исполняются условия: a) $f(1)+1>0$
б) $f(x+y)-xf(y)-yf(x)=f(x)f(y)-x-y+xy$ в) $f(x)=2f(x+1)+x+2$

С числом разрешается проводить следующие операции :1) вознести в произвольную натуральную степень 2) отрезать 2 последние цифры, умножить образованое ими число на 3, и прибавить к числу, образованому остальными числами. Возможно ли с помощью таких операций получить из 2005 число 2006?

Доказать, что в десятичной записи дроби $\frac{1}{3^{100}}$ обязательно встретится последовательность цифр 20002001200220032004200520062007200820092010

решить в натуральных числах $x,y,z$ уравнение $2^x+3^y=z^2$

1) Вводя функцию g(x)=f(x)+x условие b) эквивалентно g(x+y)=g(x)g(y), т.е. g(x)=a^x, из c) получаем a=1/2.
2. Нет, так как 2005=1(mod 3), а все разрешённые операции всегда дают числа дающие 1 при делении на 3.
3) Очевидно из иррациональности lg(3) (десятичного логарифма).
4) Нет решений для натуральных имеется единственное целое решение $2^3+3^0=3^2$. При доказательстве из рассмотрения по модулю 3 получаем, что х чётное. Разлагая на множители $3^y=(z-2^{x/2})(z+2^{x/2})$ получаем все решения.

[worm2]

Руст писал(а):

Trius писал(а):

Доказать, что в десятичной записи дроби $\frac{1}{3^{100}}$ обязательно встретится последовательность цифр 20002001200220032004200520062007200820092010

3) Очевидно из иррациональности lg(3) (десятичного логарифма).

Не понял. lg(2) тоже число иррациональное, но $\frac{1}{2^{100}}$ = 0.0000000000000000000000000000007888609052210118054117285652827862296732064351090230047702789306640625.
Это число не содержит требующейся в задаче последовательности.

И вообще $\frac{1}{3^{100}}$ --- периодическая дробь в десятичной записи. Она не всякие последовательности содержит.

Добавлено спустя 49 минут 17 секунд:

Руст писал(а):

4) Нет решений для натуральных имеется единственное целое решение $2^3+3^0=3^2$.

А как же $2^4+3^2=5^2$ ?
Тут всё сводится к решению $3^n-2^m=1$. По-моему, это весьма нетривиальное уравнение. Если считать, что всем известно, что оно имеет только 2 решения (1,1) и (2,3), то и у исходного уравнения получается тоже 2 решения.

[Руст]

Да в третьей задаче не углядел, что речь идёт о конкретной степени. Здесь период будет определяться числом

$$\frac{10^{3^{98}}-1}{3^{100}}=\prod_{k=0}^{97}\frac{10^{2*3^k}+10^{3^k}+1}{3}.$$

[RIP]

worm2 писал(а):

Тут всё сводится к решению $3^n-2^m=1$. По-моему, это весьма нетривиальное уравнение. Если считать, что всем известно, что оно имеет только 2 решения (1,1) и (2,3), то и у исходного уравнения получается тоже 2 решения.

Да нет, это уравнение весьма простое. Во-первых, если $m\geqslant2$, то $n$ чётно (рассмотрение $\pmod4$). Переписываем $(3^{n/2}-1)(3^{n/2}+1)=2^m$, получаем систему

$$\left\{\begin{matrix}3^{n/2}-1=2^a;\\3^{n/2}+1=2^b.\end{matrix}\right.$$

Отсюда $2^b=2^a+2$, следовательно, $a=1$, $b=2$, $n=2$.

Trius писал(а):

Доказать, что в десятичной записи дроби $\frac{1}{3^{100}}$ обязательно встретится последовательность цифр 20002001200220032004200520062007200820092010

Можно воспользоваться следующей теоремой:
Пусть $m,q~-$ натуральные числа, $m$ нечётно, $q\geqslant2$, $(m,q)=1$. Пусть $m=p_1^{\alpha_1}\ldots p_s^{\alpha_s}$, положим $m_1=p_1\ldots p_s$. Пусть $\tau,\tau_1~-$ показатели числа $q$ $\pmod m$ и $\pmod {m_1}$ соответственно. Пусть $a~-$ целое число, $(a,m)=1$, $\{\frac am\}=(0,\gamma_1\gamma_2\ldots)_q~-$ (запись в системе счисления с основанием $q$). Возьмём любой набор $\delta_1\ldots\delta_n$ $q$-ичных цифр и обозначим через $N$ количество целых $x$, $0\leqslant x\leqslant \tau-1$, таких что выполняется система равенств $\gamma_{x+k}=\delta_k$ ($k=1,\ldots,n$). Тогда

$$|N-\frac{\tau}{q^n}|\leqslant(1-\frac1{q^n})\tau_1.$$

Док-во можно найти в книге Коробов Н.М. — Тригонометрические суммы и их приложения, глава I, $\S$8.

В нашем случае $q=10,m=3^{100},m_1=3,\tau=3^{98},\tau_1=1,a=1,n=44$. Получаем, что $|N-\frac{3^{98}}{10^{44}}|<1$, т.е. искомая последовательность цифр (как и любая другая длины $44$) встречается в периоде примерно $\frac{3^{98}}{10^{44}}=572,\ldots$ раз ($\pm1$ раз).

[RIP]

Руст писал(а):

Trius писал(а):

С числом разрешается проводить следующие операции :1) вознести в произвольную натуральную степень 2) отрезать 2 последние цифры, умножить образованое ими число на 3, и прибавить к числу, образованому остальными числами. Возможно ли с помощью таких операций получить из 2005 число 2006?

Нет, так как 2005=1(mod 3), а все разрешённые операции всегда дают числа дающие 1 при делении на 3.

Но ведь из 2005 получается $20+3\cdot5=35\equiv2\pmod3$.

По модулю 23 операция 2) эквивалентна умножению на 3. Поскольку 2005 и 3 - квадратичные вычеты по модулю 23, а 2006 - нет, то 2005 нельзя прооперировать в 2006

[Руст]

RIP писал(а):

Руст писал(а):

Trius писал(а):

С числом разрешается проводить следующие операции :1) вознести в произвольную натуральную степень 2) отрезать 2 последние цифры, умножить образованое ими число на 3, и прибавить к числу, образованому остальными числами. Возможно ли с помощью таких операций получить из 2005 число 2006?

Нет, так как 2005=1(mod 3), а все разрешённые операции всегда дают числа дающие 1 при делении на 3.

Но ведь из 2005 получается $20+3\cdot5=35\equiv2\pmod3$.

По модулю 23 операция 2) эквивалентна умножению на 3. Поскольку 2005 и 3 - квадратичные вычеты по модулю 23, а 2006 - нет, то 2005 нельзя прооперировать в 2006

Разрешается вырезать две последние цифры (из 2005 получаем 20), умножать на 3 образованное (20*3=60) и прибавить 1 - получается 61=1(mod 3). По модулю других чисел типа 23 нечего не сохраняется к тому же при возведении в любую степень.

[RIP]

Руст писал(а):

Разрешается вырезать две последние цифры (из 2005 получаем 20), умножать на 3 образованное (20*3=60) и прибавить 1 - получается 61=1(mod 3). По модулю других чисел типа 23 нечего не сохраняется к тому же при возведении в любую степень.

А почему прибавляем 1?
Я так понял, что на 3 умножаются именно 2 последние цифры (в данном случае 05), а к результату прибавляется обрезанное число (в данном случае 20).

Trius писал(а):

1) Пусть $M$- такое подмножество множества $\{1,2,...,15\}$, что произведение любых трех различных чисел из $M$ не является точным квадратом. Найти наибольшее возможное количество чисел в множестве $M$.

Можно взять (вроде бы) $M=\{4,5,6,7,9,10,11,12,13,14\}$.

[worm2]

RIP писал(а):

Док-во можно найти в книге Коробов Н.М. — Тригонометрические суммы и их приложения, глава I, $\S$8.

Всё же кажется, можно чуть проще. Приведу некоторые соображения (до строгого доказательства не довёл):
поскольку $3^{-100}$ < $10^{-47}$, десятичная запись $3^{-100}$ начинается с по крайней мере 47 нулей. Значит, умножая $3^{-100}$ на соответствующее N, можно добиться, чтобы $N\cdot 3^{-100}$ начиналось бы с любых 46 цифр, в частности, с 0.20002001...2010XY. Далее, возводя 10 в степени 0, 1, ..., $3^{98}-1$ и беря остатки от деления на $3^{100}$, получаем всевозможные остатки вида 9k+1, k --- целое (1, 10, 19, 28, ...). Значит, найдётся такое p, что $0 \leqslant (10^p-N) \pmod{3^{100}} < 9$, а, значит, $\left\{\frac{10^p}{3^{100}}-\frac{N}{3^{100}}\right\}$ < $\frac{9}{3^{100}} < 10^{-46}$ ({} - дробная часть), а это как раз означает, что начиная с (p+1)-го знака после запятой в десятичной записи $3^{-100}$ идут не менее 46 нужных нам цифр.

RIP писал(а):

Можно взять (вроде бы) $M=\{4,5,6,7,9,10,11,12,13,14\}$.

Компьютерный перебор показывает, что таки Вы правы, и что меньше пяти чисел нельзя вычеркнуть. Есть ещё варианты вычёркивания пяти чисел. Любопытно, что для оптимального варианта ни 1, ни 3, ни 4 не обязательно вычёркивать, но обязательно 2, 8 и 15. Вот ещё вариант: {1, 3, 4, 5, 6, 7, 10, 11, 13, 14}.
Только вот как это всё легко и изящно доказать без перебора вариантов

[RIP]

worm2 писал(а):

Всё же кажется, можно чуть проще.

Ну так в книжке делается ровно то же самое, только в общем случае.

Добавлено спустя 2 минуты 5 секунд:

worm2 писал(а):

Только вот как это всё легко и изящно доказать без перебора вариантов

Да там перебор-то совсем небольшой. Думаю, что совсем без перебора не обойтись.
Этот перебор показывает, что оптимальное множество $M$ в задаче по сути единственное: обязательно выкидываем 2,8,15, один из квадратов (1,4 или 9) и одно из чисел 3 или 12.

[neo66]

Trius писал(а):

Доказать, что в десятичной записи дроби обязательно встретится последовательность цифр 20002001200220032004200520062007200820092010

Это задача М1280 из "Кванта".
Решение в №9, 1991г. http://kvant.mccme.ru/1991/09/p25.htm
См. также статью "Периодические дроби": "Квант" №2, 2000г.

Trius писал(а):

10) Доказать, что для произвольных положительных чисел $a_1,a_2,..., a_n$ исполняется неравенство $\frac{1}{a_1}+\frac{2}{a_1+a_2}+..+\frac{n}{a_1+a_2+...+a_n}<4(\left\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...\frac{1}{a_n}\right)$

Константу $4$ в правой части можно уменьшить до $2$. И эта константа уже неулучшаема.

[RIP]

neo66 писал(а):

Trius писал(а):

10) Доказать, что для произвольных положительных чисел $a_1,a_2,..., a_n$ исполняется неравенство $\frac{1}{a_1}+\frac{2}{a_1+a_2}+..+\frac{n}{a_1+a_2+...+a_n}<4(\left\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+...\frac{1}{a_n}\right)$

Константу $4$ в правой части можно уменьшить до $2$. И эта константа уже неулучшаема.

Не могли бы Вы привести Ваше док-во. Вот моё:

Рассмотрим последовательность $c_n$:

$$c_1=1,\ c_{m+1}=\frac1{\sqrt{\frac1{c_m^2}-\frac m{2S_m^2}}},$$

где $S_m=c_1+c_2+\ldots+c_m$. По индукции проверяется, что $\frac{S_m}{c_m}\geqslant\frac{m+1}2$, поэтому все $c_m$ определены.
Обозначим $p_{mk}=\frac{c_k}{S_m}$. Тогда
1)

$$\sum_{k=1}^mp_{mk}=1;$$

2)

$$\sum_{m=k}^nmp_{mk}^2=c_k^2\sum_{m=k}^n\frac m{S_m^2}=2c_k^2\sum_{m=k}^n\left(\frac1{c_m^2}-\frac1{c_{m+1}^2}\right)=2c_k^2\left(\frac1{c_k^2}-\frac1{c_{n+1}^2}\right)<2$$

К чему это я? А вот к чему:

$$\sum_{m=1}^{n}\frac m{\sum_{k=1}^ma_k}=\sum_{m=1}^nm\left(\sum_{k=1}^mp_{mk}(p_{mk}/a_k)^{-1}\right)^{-1}\leqslant\sum_{m=1}^nm\sum_{k=1}^mp_{mk}\cdot(p_{mk}/a_k)=$$

$$=\sum_{k=1}^n\left(\sum_{m=k}^nmp_{mk}^2\right)a_k^{-1}<2\sum_{k=1}^n\frac1{a_k}.$$

Пример $a_m=m$ показывает, что постоянную 2 нельзя уменьшить (так, чтобы она годилась для всех $n$).

[neo66]

Увы, мне нечего прибавить к Вашему доказательству. У меня та же идея, но техническое исполнение не столь блестяще. В частности. расчеты по Вашим формулам показывают, что, если $2$ заменить на $1.6$, неравенство будет выполняться $\forall n<=16$.