Нестандартные задачи

[arqady]

TR63 в сообщении #605266 писал(а):

Действительно, $k=2m+1$. arqady, с таким вариантом согласны?

Я же выше сказал, что нет, и объяснил почему.

[TR63]

arqady, Вы сказали, что ложно для $k=1$. Я согласилась. Для остальных k Вы ничего не сказали. Или опровергните, или я приведу доказательство.

[arqady]

TR63 в сообщении #605297 писал(а):

arqady, Вы сказали, что ложно для $k=1$. Я согласилась. Для остальных k Вы ничего не сказали. Или опровергните, или я приведу доказательство.

Я ещё вот что сказал:

arqady в сообщении #605253 писал(а):

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.

Повторю ещё раз. Может, услышите:
Это неравенство совершенно бесполезно, поскольку при $a=b=1$ не получается равенства.

[TR63]

Cлучай $a=b=1$ рассматривается отдельно. У меня $ab<1$. Такое обоснование мне не понятно. Видно, придётся расписывать доказательство. (Может, найду ошибку, если она есть. Пока не вижу.)

-- 12.08.2012, 16:29 --

arqady, я ещё говорила о замене перемнных с усилением. Это несложно обосновать. Писанины много. Не уверенна, что Вы правы.

[arqady]

TR63 в сообщении #605355 писал(а):

Cлучай $a=b=1$ рассматривается отдельно. У меня $ab<1$. Такое обоснование мне не понятно.

Может, посмотрите на исходное неравенство? В нём равенство достигаеся, когда $a=b=c=d=1$.

TR63 в сообщении #605355 писал(а):

Видно, придётся расписывать доказательство. (Может, найду ошибку, если она есть. Пока не вижу.)

Если Вы собираетесь расписывать доказательство Вашего неравенства, то это бессмысленно делать и я Вам уже несколько раз объяснил почему.

[TR63]

arqady, обратите внимание на примечание о замене переменных с усилением.

[arqady]

TR63 в сообщении #605375 писал(а):

arqady, обратите внимание на примечание о замене переменных с усилением.

Обратил и повторю: "усиление", которое не сохраняет достижение равенства бессмысленно, поскольку приводит к неверному неравенству. Распишите подробно Ваше доказательство и я укажу Вам на это неверное неравенство.

[TR63]

arqady, поняла, что в данном случае неравенство бесполезно. Спасибо(и за терпение тоже; не ошибается тот, кто ничего не делает и не хочет делать).

[TR63]

Пусть заданы операции: сложение и умножение. Требуется доказать существование двух событий А(k) и В(k), заданных с помощью этих операций и зависящих от натурального параметра (k). При k=1 события А(k) и В(k) не существуют. Доказано предложение: "Не существует нечётного (k) в событии В(k), чтобы события В(k) было достаточно для существования события А(k) при $k>1$".
Вопрос: верно ли двойное отрицание от доказанного предложения. Т.е. верно ли, что "существует чётное (k) в событии В(k), чтобы события В(k) было достаточно для существования события А(k) при $k>1$"

[TR63]

Предыдущее сообщение (гипотеза) было обобщением неравенства vld и теоремы Гурвица. Оно может быть базой для обоснования новой теории устойчивости, если, конечно, верно.
Вот, обобщение ещё одной здешней задачи.
Пусть заданы операции сложение и умножение и с их помощью задано уравнение $f(x;y)=0$, которое требуется решить в целых числах, симметричное относительно переменных (x;y). Известно, что "все симметричные по модулю решения (их количество (k) конечно и$(k)\geq1$) не удовлетворяют операторному уравнению $F(x;y)=0$), построенному с помощью этих же операций." Также известно, что существуют в явном виде несимметричные по модулю решения, удовлетворяющие операторному уравнению $F(x;y)=0$. (Внимание. Вопрос) Тогда верно, что все несимметричные решения, в силу двойного отрицания установленного правдивого факта, должны удовлетворять этому операторному уравнению $F(x;y)=0$?
Пример. Решить в целых числах уравнение
$f(x;y)=x^3+y^3-x^2y^2+1=0$
$(x;y)={(-1;0);(-1;1);(2;3)}$
$x=\frac{y^2-3} 3$

[TR63]

Вместо симметричные по модулю надо симметричные.