2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1 ... 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17 ... 27  След.
 
 
Сообщение05.09.2007, 19:53 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


07/03/06
1898
Москва
Но это много проще. :lol:
$\pi>e^{1+\frac{1}{e}-\frac{1}{\pi}}$
$\pi>x^{1+\frac{1}{x}-\frac{1}{\pi}}$. Далее аналогично.
При этом в качестве $e,\pi$ можно брать любые числа при $e<\pi$ большие единицы.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.09.2007, 20:32 


28/12/05
160
Покажите, что для натуральных чисел $x,y,z$ выражение
$(xy+1)(yz+1)(zx+1)$ будет точным квадратом, только в том случае если каждое из трех чисел $xy+1,\ yz+1,\ zx+1$ были точными квадратами.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.09.2007, 22:37 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
neo66 писал(а):
arqady писал(а):
воспользуемся неравенством Гёльдера:
$\prod(a^5-a^2+3)\geq\prod(a^3+2)\geq(a+b+c)^3.$


Первое неравенство понятно. Но, не могу сообразить, как используется неравенство Гельдера. Поясните, если не трудно.

Вот так:
(a^3+2)(b^3+2)(c^3+2)=(a^3+1+1)(1+b^3+1)(1+1+c^3)\geq(a+b+c)^3.$ :wink:

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.09.2007, 18:34 


03/02/07
254
Киев
У тетраэдра три двугранных угла прямые, а три других равны между собой. Найти их :)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение05.10.2007, 20:36 


28/12/05
160
Многочлен $f$с целыми коэффициентами имеет по крайней мере $2n$ корней. Сколько целых корней может иметь уравнение $f(x)=n-1$?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.10.2007, 03:48 
Заслуженный участник


01/12/05
458
student писал(а):
Многочлен $f$с целыми коэффициентами имеет по крайней мере $2n$ корней. Сколько целых корней может иметь уравнение $f(x)=n-1$?

А упомянутые корни f(x) предполагаются произвольными или целыми?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.10.2007, 07:45 
Заслуженный участник


09/02/06
4401
Москва
Ответ очевиден любоe неотрицательное целое. Если взять за целые корни f(x)=n-1 взять 1,2,...,k, то f(x) можно искать в виде $f(x)=n-1+(x-1)(x-2)...(x-k)g(x)$, где g(x) произведение многочленов $$g(x)=\prod_{i=1}^m(x-2p_ix+q_i), \ p_i^2>q_i, \ p_i,q_i\in Z, p_i^2-q_i\not \in Z^2.$$
За счёт выбора иррациональных корней g(x) легко добиться, чтобы корней у f(x) было не меньше 2n.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.10.2007, 08:50 
Заслуженный участник


01/12/05
458
Видимо подразумевалось, что $2n $ целых корней. Тогда ответ очевидно 0.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.10.2007, 09:06 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/08/07
5500
Нов-ск
Возьмите многочлен, который принимает значение 0 в 2n целых аргументах и значение n-1 в любом количестве целых аргументов.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.10.2007, 09:21 
Заслуженный участник


01/12/05
458
TOTAL: а коэффициенты разве целые будут?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.10.2007, 09:33 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/08/07
5500
Нов-ск
Юстас писал(а):
TOTAL: а коэффициенты разве целые будут?

А кто их знает! Я про них совсем забыл.
Но с уверенностью можно сказать, что 2n целых корней запросто может быть.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.10.2007, 14:26 


28/12/05
160
Юстас писал(а):
Видимо подразумевалось, что $2n$ целых корней. Тогда ответ очевидно 0.

Нет корни могут быт не целыми!

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение06.10.2007, 18:31 
Заслуженный участник


01/12/05
458
TOTAL: если корни целые, можно представить $f(x)=(x-x_1)\ldots(x-x_{2n})Q(x)$, тогда при целом х, не являющимся корнем f(x)=0, $|f(x)|\geq (n!)^2$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение08.10.2007, 06:41 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


23/08/07
5500
Нов-ск
Юстас писал(а):
TOTAL: если корни целые, можно представить $f(x)=(x-x_1)\ldots(x-x_{2n})Q(x)$, тогда при целом х, не являющимся корнем f(x)=0, $|f(x)|\geq (n!)^2$
А при целом $x$, являющемся корнем $f(x)=0$, все будет нормально.
При $n=1$ уравнение $f(x)=n-1$ имеет $2n$ целых корней. Я же не говорил о произвольном $n$. :D

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение11.10.2007, 11:37 


10/03/07
59
Казань
Предлагаю еще одно неравенство в общую копилку.
$4 (xy + yz + zx)\leqslant 3 xyz + 9, x+y+z = 3$.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 401 ]  На страницу Пред.  1 ... 11, 12, 13, 14, 15, 16, 17 ... 27  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: YandexBot [bot]


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group