Задачки

[xolms]

При каких m и n множество натуральных чисел можно разбить на три множества так, чтобы в одном множестве не было чисел у которых модуль разности равен m,n,m-n?
***
Есть n квадратных двухчленов вида x^2-a_ix+b_i
Могут ли все a_i,b_i быть корнями этих уравнений?( все a_i,b_i различные)

[Pyphagor]

Как Вы пишите! К примеру мне не понятно, a[i] и b[i] являются
корнями некоторого (одного?) ур-ия из этого множества?
Пишите, что б условие задачи было недвусмысленным!

[Батороев]

xolms писал(а):

Есть n квадратных двухчленов вида x^2-a_ix+b_i
Могут ли все a_i,b_i быть корнями этих уравнений?( все a_i,b_i различные)

$a_i $ и $ b_i $ - целые числа?

[xolms]

Извините был долго занят.
Числа действительные(хотя вроде и комплексные не мешают)
a_iи b_i - корни каких-либо уравнений.

[незваный гость]

Как я понимаю, имеется семейство уравнений $\{x^2-a_i x + b_i = 0\}$. Мы можем обозначить $R = \{x: \exists i: x^2-a_i x + b_i = 0 \}$ — множество корней этих уравнений. Вопрос задачи: может ли $\{a_i\} \cup \{b_i\} \subset R$.

[Руст]

Это значит из $(a_i,b_i)\in S\Longrightarrow (a_i+b_i,a_ib_i)\in S$, где S множество пар коэффициентов. Очевидно, что это возможна, если все вторые коэффициенты 0.

[xolms]

1) $\{a_i\} \cup $\{b_i\}=R
2)все b_i ,a_i различны, значит не все равны 0

[Руст]

Тогда при n>1 это невозможно.

[xolms]

Руст весьма содержательно. Я думаю об этом догадывались многие))

[xolms]

Для решения этой задачи нужны лишь формулы Виета

[Скорцонер]

По поводу самой первой задачки.
Рассмотрим числа m, n, |m – n| в порядке возрастания и обозначим их как p, q, p + q. Пусть d = (p,q), т.е. НОД чисел p и q. Каждое А = 0,1, …. d – 1 порождает фактор-множество чисел вида A + Mp + Nq, где M и N целые. Очевидно, что разность чисел, принадлежащих разным фактор – множествам не равна ни одному из чисел p, q, p + q. Поэтому интерес представляет разделение фиксированного фактор – множества на требуемые в задаче множества (классы). Легко видеть, что в один и тот же класс попадают те и только те числа, для которых суммы (M + N) сравнимы друг с другом по модулю 3.
Это отношение будет отношением эквивалентности, если различные представления одного и того же целого числа в виде Mp + Nq с различными M и N не выводят его из своего класса. Это условие будет выполнено, если p – q делится на 3d.
Таким образом, каждое фактор-множество разделится на три класса, удовлетворяющих условию задачи. Из них можно скомбинировать три «больших» класса, взяв в них по одному классу из каждого фактор-множества.

[xolms]

Решение похоже на известное мне, но оно горазо длиннее. Над вашим нужно подумать.

[Скорцонер]

(Решил шагать в ногу с эпохой и осваиваю tag Math.)
Сумма всех корней уравнений по условию задачи есть с одной стороны $\sum a_i + \sum b_i $, а с другой стороны (по тореме Виета) она равна $\sum a_i$. Отсюда получаем:
1). $\sum b_i = 0$ .
Сумма квадратов корней i-го уравнения есть $\ a_i^2 - 2b_i $.
Отсюда сумма квадратов всех корней есть $\sum a_i^2 - 2\sum b_i$, которая по условию также равна $\sum a_i^2 + \sum b_i^2 $. Приравнивая выражения с учетом 1) получаем:
2). $\sum b_i^2 = 0$, или $b_i =0$ для всех i, что противоречит условию задачи.

В решении первой задачки стоило упомянуть, что объединение всех фактор-множеств (или А-множеств) содержит все целые числа.