Задачи....

[RIP]

Для любой постоянной $c\in(1;2)$ рассмотрим последовательность

$$c_1=1;c_{m+1}=\left(\frac1{c_m^2}-\frac m{cS_m^2}\right)^{-1/2}.$$

Пусть $n~-$ наибольшее натуральное число такое, что $\frac{S_n^2}{c_n^2}\geqslant\frac nc$. Тогда

1) Если $\frac{S_n^2}{c_n^2}>\frac nc$, то:
1a) Для произвольных положительных $a_1,a_2,\ldots,a_n$ выполнено

$$\sum_{m=1}^n\frac m{\sum_{k=1}^ma_k}<c\sum_{k=1}^n\frac1{a_k};$$

2a)

$$\sum_{m=1}^{n+1}\frac m{\sum_{k=1}^mc_k}>c\sum_{k=1}^{n+1}\frac1{c_k}.$$

2) Если $\frac{S_n^2}{c_n^2}=\frac nc$ (т.е. $c_{n+1}$ не определено), то:
1а) Для произвольных положительных $a_1,a_2,\ldots,a_n$ выполнено

$$\sum_{m=1}^n\frac m{\sum_{k=1}^ma_k}\leqslant c\sum_{k=1}^n\frac1{a_k},$$

причём равенство достигается при $a_k=c_k$;
2a) Если взять произвольное достаточно большое $c_{n+1}$, то

$$\sum_{m=1}^{n+1}\frac m{\sum_{k=1}^mc_k}>c\sum_{k=1}^{n+1}\frac1{c_k}.$$

В частности, если верить железному другу, неравенство с постоянной 1.6 верно для $n\leqslant38$, а контрпример для $n=39$:

c[1]=1.000000   c[2]=1.632993   c[3]=2.266334   c[4]=2.928789   c[5]=3.632566   c[6]=4.385657   c[7]=5.194725   c[8]=6.066130   c[9]=7.006405   c[10]=8.022545   c[11]=9.122220   c[12]=10.313969   c[13]=11.607402   c[14]=13.013425   c[15]=14.544501   c[16]=16.214971   c[17]=18.041443   c[18]=20.043281   c[19]=22.243222   c[20]=24.668169   c[21]=27.350214   c[22]=30.327991   c[23]=33.648471   c[24]=37.369404   c[25]=41.562682   c[26]=46.319077   c[27]=51.755061   c[28]=58.022887   c[29]=65.325938   c[30]=73.942943   c[31]=84.267798   c[32]=96.878459   c[33]=112.663758   c[34]=133.076152   c[35]=160.690759   c[36]=200.634827   c[37]=265.135564   c[38]=394.760096   c[39]=948.700943

[neo66]

Вы правы. Я невнимательно писал свой предыдущий пост. Неравенство с постоянной $1.6$ выполняется для любых $n\leq 38$, а вот $1.5$ соответствует $n\leq 16$.

[bobo]

Trius писал(а):

6) Найти все функции $f:\mathbb R \to \mathbb R$, которые для любых $x,y$ удоволетворяют условию $f(xf(y))+f(yf(x))=2xy$

Кто-нить решал эту задачу?
Я получил, что такая ф-я обладает свойствами: биективность, нечетность, непрерывность в нуле,$f(\mathbb R)=\mathbb R$,$f(0)=0$, $f(1)^2=1$.
Дальше чет пока никак.

[RIP]

bobo писал(а):

Trius писал(а):

6) Найти все функции $f:\mathbb R \to \mathbb R$, которые для любых $x,y$ удоволетворяют условию $f(xf(y))+f(yf(x))=2xy$

Кто-нить решал эту задачу?
Я получил, что такая ф-я обладает свойствами: биективность, нечетность, непрерывность в нуле,$f(\mathbb R)=\mathbb R$,$f(0)=0$, $f(1)^2=1$.
Дальше чет пока никак.

Для $f\colon\mathbb{R}^+\to\mathbb{R}^+$ решение см. здесь http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=124131 Но здесь другая задача, я над ней не думал

[bobo]

Да, наша задача посложнее выглядит

[bobo]

Только я не совсем понял как me@home получил, что если a>b, то f(a)>f(b).
По сути он говорит, что система
$a = x^{2^n}\frac{f(x)}{x}, b = x^{2^k}\frac{f(x)}{x}$
имеет решения для любых положительных a,b, что не совсем очевидно.

[RIP]

bobo писал(а):

Только я не совсем понял как me@home получил, что если a>b, то f(a)>f(b).

Это получил sgiangrag, а me@home лишь переписал его решение в цивилизованном виде. Я тоже не совсем осилил это решение, но моё решение, надеюсь, верно?

[xolms]

n^5+n^4=7^m-1
Найти все пары m,n

[Trius]

подходит пара $(2;2)$, как дальше пока не знаю( ну и еще n дает остаток 2 или 0 по модулю 6

[bobo]

RIP писал(а):

но моё решение, надеюсь, верно?

Ничего против не имею, единственно что не проверял - это индуктивные переходы

[RIP]

xolms писал(а):

n^5+n^4=7^m-1
Найти все пары m,n

$$(n^2+n+1)(n^3-n+1)=7^m;$$

$$\left\{\begin{matrix}n^2+n+1=7^a;\\n^3-n+1=7^b;\end{matrix}\right.$$

При $n\geqslant2$ отсюда

$$\frac{n^3-n+1}{n^2+n+1}=n-1+\frac{2-n}{n^2+n+1}\in\mathbb{Z}.$$

Поэтому ответ $(n,m)=(-1;0),(0;0),(2;2)$

[xolms]

А если так:
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?

***
Ещё не решили?
Тогда докажите что можно разбить на 4-е множества.

[Скорцонер]

bobo писал(а):

Да, наша задача посложнее выглядит :?

Я не вижу между этими задачами большой разницы, если действовать так.
Подставляя $x = 1$, получим
1). $ f(f(y)) + f(y) = 2y $, (поскольку, как уже указывалось, $ f(1) = 1$).
Это уравнение в общем виде решается казенным способом (изложено, например, в Мат.Энциклопедии).
Вводим дискретную переменную $n$ и полагаем

$$ y = Z(n), f(y) = Z(n + 1), f(f(y)) = Z(n + 2)$$

, и т.д., где $Z(n) $ – неизвестная функция. Составляем уравнение для $Z(n)$ , из решения полученного уравнения исключаем $n$ и получаем зависимость $ f = f(y) $. В нашем случае имеем:
2) $ Z(n +2 ) + Z(n + 1) = 2Z(n)$. Это уравнение имеет общее решение:
$ Z(n) = C_1 + C_2 (-2)^n$, где $C_1,_2 $ – начальные условия. Решение 2), где $C_2 $ отлично от 0 дает решение для 1):
$ f(y) = C - 2y$ , которое явно не удовлетворяет исходному уравнению. Остается решение с $C_2 = 0$, которое дает $f(y) =y$.

[RIP]

Скорцонер
А почему $f(y)=C-2y$? По-моему, из приведённых рассуждений следует лишь, что $f(y)=C(y)-2y$, т.е. ничего не следует.

[Скорцонер]

Вы правы на 50%. $C$ и зависит и не зависит от $y$. Пусть мы свели некую исходную задачу к разностному уравнению первого порядка (в простейшем случае). Решая его, мы тем самым вычисляем траекторию итераций функции $f$ для некоторого (фиксированного) значения y, взятого из заданного полуоткрытого интервала $[y_1, f(y_1))$. Т.е. находим множество значений ${y, f(y), ff(y), fff(y)…}$ и т.д. и обеспечиваем выполнение функционального соотношения только для элементов этой траектории. Смысл сей методы в том. что вдоль траектории константы должны быть неизменны. Вся область определения функции может быть представлена, как объединение траекторий (факторизуется). Для другой траектории, начинающейся в другой точке $y$, (принадлежащей тому же интервалу), значения констант будут, естественно, другие. И в этом смысле $C$, или “константа интегрирования” уравнения 2) действительно зависит от $y$, если переходить от одной траектории к другой, но следует иметь в виду, что в общем случае траектории, соответствующие разным константам (т.е. разным исходным точкам) не пересекаются.
Это соответствует тому, что на полуоткрытом интервале $[y_1, f(y_1))$ значение $f(y)$ можно назначать произвольно, приняв (только на этом интервале!) $C(y)$ за $f(y)$. Во всей остальной области определения значение $f(y)$, может быть определено из уравнения).
Т.е. решение функционального уравнения содержащего итерации включает произвольную функцию. Пару месяцев назад я был озадачен этим обстоятельством, в связи с вопросом Хет Зифа насчет $ff(y) = exp(y)$, но потом убедился, что знатокам предмета этот феномен хорошо известен.

P.S.
Тут еще, как нынче говорят, “фишка в том”, что запись решения 1). в форме $ f(y) = C - 2y$, исчерпывает отнюдь не все решения функционального уравнения, а только те, для которых константа $ C $ постоянна для всех траекторий. Если все же мы захотим ввести на начальном участке вышеупомянутую произвольную функцию $ C(y) $, то она хитро «растечется» при последующих итерациях, так что аналитическая запись решения станет невозможной, а возможным будет только итерационное задание решения. Только в редких случаях возможно аналитическое задание всех решений, о чем я уже писал в теме ХетЗифа, говоря о пилообразных периодических решениях уравнения $ ff(x) = x+1 $.