Нестандартные задачи

[juna]

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

[student]

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.

[arqady]

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.$

[Trius]

У тетраэдра три двугранных угла прямые, а три других равны между собой. Найти их

[student]

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

[Юстас]

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?

[Руст]

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.

[Юстас]

Видимо подразумевалось, что $2n $ целых корней. Тогда ответ очевидно 0.

[TOTAL]

Возьмите многочлен, который принимает значение 0 в 2n целых аргументах и значение n-1 в любом количестве целых аргументов.

[Юстас]

TOTAL: а коэффициенты разве целые будут?

[TOTAL]

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.

[student]

Юстас писал(а):

Видимо подразумевалось, что $2n$ целых корней. Тогда ответ очевидно 0.

Нет корни могут быт не целыми!

[Юстас]

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, $|f(x)|\geq (n!)^2$

[TOTAL]

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 $n$.

[Скорцонер]

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