Нестандартные задачи

[Edward_Tur]

2) Введём обозначения: $AB = 1,\angle CAB = \alpha ,\angle PAB = \phi ,\angle APM = x,\angle BPC = y$. Записав теорему синусов последовательно к треугольникам $\Delta PAB,\Delta PAM,\Delta PBC$, получим
$\cot x = - 2\cot \alpha + \cot \phi $, $\cot y = 2\cot \alpha - \cot \phi $. Отсюда $x + y = \pi $.


Задача о многочленах.
Пускай $R(x) = \sum\limits_{k = 0}^r {a_k } x^k $ и $S(x) = \sum\limits_{k = 0}^s {b_k } x^k $. Обозначим через $I\left( {R(x),S(x)} \right)$ сумму квадратов коэффициентов многочлена $R(x)S(x)$. Понятно, что
$I\left( {R(x),S(x)} \right) \ge a_0^2 b_0^2 + a_r^2 b_s^2 $
и
$I\left( {R(x),S(x)} \right) = I\left( {x^r R\left( {\frac{1}{x}} \right),S\left( x \right)} \right) = I\left( {R\left( x \right),x^s S\left( {\frac{1}{x}} \right)} \right)$.
Отсюда
$I\left( {P(x),Q(x)} \right) \ge 1^2 \cdot P^2 (0) + Q^2 (0) \cdot 1^2 = P^2 (0) + Q^2 (0)$.

[Профессор Снэйп]

Edward_Tur писал(а):

$I\left( {R(x),S(x)} \right) = I\left( {x^r R\left( {\frac{1}{x}} \right),S\left( x \right)} \right) = I\left( {R\left( x \right),x^s S\left( {\frac{1}{x}} \right)} \right)$.

Объясните, почему это так. Я не понимаю.

[Профессор Снэйп]

Вообще, конечно, этот факт не очень сложно доказывается.

Пусть

$$ X = \{ \langle i,j,k,l \rangle : 0 \leqslant i,k \leqslant r,\, 0 \leqslant j,l \leqslant s,\, i+j = k + l \} $$

$$ Y = \{ \langle i,j,k,l \rangle : 0 \leqslant i,k \leqslant r,\, 0 \leqslant j,l \leqslant s,\, k+j = i+l \} $$

Тогда

$$ I(R(x),S(x)) = \sum \Big\{ a_ib_ja_kb_l : \langle i,j,k,l \rangle \in X \Big\} $$

и

$$ I(x^rR(1/x),S(x)) = \sum \Big\{ a_ib_ja_kb_l : \langle i,j,k,l \rangle \in Y \Big\} $$

Поскольку соответствие $\langle i,j,k,l \rangle \mapsto \langle k,j,i,l \rangle$ является биекцией $X$ на $Y$, сохраняющей произведение $a_ib_ja_kb_l$, то обе суммы равны.

Но это явное такое доказательство, что называется "в лоб". Интересно, может есть что-нибудь более тонкое, дающее тот же самый результат?

[TOTAL]

Профессор Снэйп писал(а):

Но это явное такое доказательство, что называется "в лоб". Интересно, может есть что-нибудь более тонкое, дающее тот же самый результат?

Можно в более тонкий лоб: $I(ax+b,S(x)) = I(bx+a,S(x))$ (это легко и этого достаточно)

[Профессор Снэйп]

Ну и почему этого достаточно? Многочлен $R$ ведь не обязан иметь степень 1.

А насчёт легко... Если вся лёгкость состоит в том, что после перемножения и раскрытия скобок в сумме квадратов получается меньше слагаемых, так это не лёгкость.

[TOTAL]

Профессор Снэйп писал(а):

Ну и почему этого достаточно? Многочлен $R$ ведь не обязан иметь степень 1.

Если многочлен $R$ равен произведению нескольких сомножителей, то изменяем порядок в первом сомножителе, выпиваем чашечку кофе, меняем порядок во втором сомножителе и т.д.

[Trius]

1) Пусть $a,b,c$ стороны треугольника, $l_a,l_b,l_c$ биссектрисы соответствующих углов,а $R$ - радиус описаной окружности.
Доказать неравенство $\frac{a^2+b^2}{l_c}+\frac{b^2+c^2}{l_a}+ \frac{a^2+c^2}{l_b}> 4R$
2) Решить в натуральных числах $x^3+2x+1=2^n$
3) Найти все функции $f:R\to R$,для которых для любых $x,y\in R$ исполняется $f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy$

[Юстас]

Trius писал(а):

2) Решить в натуральных числах $x^3+2x+1=2^n$

Если $n=3k$, то $(2^k-x)(2^{2k}+x2^k+x^2)=2x+1$, что невозможно, тогда перепишем уравнение в виде $x^3+2x+1=2(8^k)$ или $ x^3+2x+1=4(8^k)$, при $k\geq 1$ отсутствие решений проверяется по модулю 7. Остается только $n=2, \ x=1$.

Добавлено спустя 2 часа 33 минуты 23 секунды:

Trius писал(а):

3) Найти все функции $f:R\to R$,для которых для любых $x,y\in R$ исполняется $f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy$

Таких функций не существует. В противном случае $f$ должна быть сюръекцией, а следовательно и инъективной - следует из условия. Положим $y=-2\frac{f(x)}{x}$, тогда $f\left(x f\left(-\frac{2f(x)}{x}\right)+f(x)\right)=0$, в силу инъективности и, обозначив $t=f(x)$, имеем в предположении $f^{-1}(0)\ne0$
$f^{-1}(t)f\left(\frac{-2t}{f^{-1}(t)}\right)+t=0$, $t=0$ дает $f(0)=0$. Противоречие с предположением $f^{-1}(0)\ne0$. Если $f^{-1}(0)=0$, то, положив в условии $y=0$, опять придем к противоречию.
Если поправить условие на $f(xf(y)+f(x))=2f(x)+4xy$, то решением будет $f(t)=2t$.

[arqady]

Trius писал(а):

Доказать неравенство $\frac{a^2+b^2}{l_c}+\frac{b^2+c^2}{l_a}+ \frac{a^2+c^2}{l_b}> 4R$

$$\frac{a^2+b^2}{l_c}+\frac{b^2+c^2}{l_a}+ \frac{a^2+c^2}{l_b}=\sum_{cyc}\frac{(a^2+b^2)(a+b)}{2ab\cos{\frac{\gamma}{2}}}}\geq\sum_{cyc}\frac{a+b}{\cos{\frac{\gamma}{2}}}=4R\sum_{cyc}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}.$$

То бишь остаётся доказать, что

$$\sum_{cyc}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}>1,$$

которое верно, но моё доказательство этого факта ужасно.
Должно быть что-то простое.

[Trius]

Юстас писал(а):

Добавлено спустя 2 часа 33 минуты 23 секунды:

Trius писал(а):

3) Найти все функции $f:R\to R$,для которых для любых $x,y\in R$ исполняется $f(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy$

Таких функций не существует. В противном случае $f$ должна быть сюръекцией, а следовательно и инъективной - следует из условия. Положим $y=-2\frac{f(x)}{x}$, тогда $f\left(x f\left(-\frac{2f(x)}{x}\right)+f(x)\right)=0$, в силу инъективности и, обозначив $t=f(x)$, имеем в предположении $f^{-1}(0)\ne0$
$f^{-1}(t)f\left(\frac{-2t}{f^{-1}(t)}\right)+t=0$, $t=0$ дает $f(0)=0$. Противоречие с предположением $f^{-1}(0)\ne0$. Если $f^{-1}(0)=0$, то, положив в условии $y=0$, опять придем к противоречию.
Если поправить условие на $f(xf(y)+f(x))=2f(x)+4xy$, то решением будет $f(t)=2t$.

$f(x)=x+1$ подходит

[Kid Kool]

Юстас писал(а):

$x^3+2x+1=4(8^k)$, при $k\geq 1$ отсутствие решений проверяется по модулю 7.

x дает остаток 1 при делении на 7

Добавлено спустя 1 час 58 минут 25 секунд:

Сюръективность и инъективность функции уже отмечена. Пусть t - прообраз 0.

Тогда $f(tf(y)) = ty$. Положив $y = tf(x)$, получим $f(t^2x)$ = $t^2f(x)$, в частности, $f(t^3) = 0$, тогда $t^3 = t$ и t = 0, -1 или 1.

1. t = 0. Тогда $f(f(x)) = 2f(x)$, $f(y) = 2y$, что неверно.
2. t = 1. Тогда $f(f(y)) = y$ и $f(f(x)) = 2f(x) + x$, т.е. f(x) = 0, что тоже неверно.
3. t = -1. Тогда $f(f(x)) = 2f(x) - x$, f(-f(y)) = -y. Значит, $f(0) = 1$.

Далее, $f(f(y) + 2) = y + 4$, положив $y = f(x) + 2$, получаем $f(x + 6) = f(x) + 6$, тогда и $f^{-1}(y+6) = f^{-1}(y) + 6$.

Пусть $y = f^{-1}\left(\frac {z-f(x)} {x}\right)$. Тогда $f(z) = 2f(x) + xy$ для любого x не равного 0.

Тогда $f(z+6x)$ = $2f(x) + xf^{-1}\left(\frac {z-f(x)} {x} + 6\right)$ = $f(z) + 6x$, откуда $f(6x) = 1 + 6x$, следовательно, f(x) = x+1.

[Юстас]

Интересно, где я потерял $f(x)=x+1$.

[Kid Kool]

Юстас писал(а):

Интересно, где я потерял $f(x)=x+1$

Цитата:

$f^{-1}(t)f\left(\frac{-2t}{f^{-1}(t)}\right)+t=0$

не 0, а $f^{-1}(0)$!

[Юстас]

Kid Kool писал(а):

Юстас писал(а):

$x^3+2x+1=4(8^k)$, при $k\geq 1$ отсутствие решений проверяется по модулю 7.

x дает остаток 1 при делении на 7

Если опять нигде в цифрах не напортачил, можно дорешать тем же "лобовым" способом:
update: все-таки напортачил, как заметил Kid Kool.
Последний случай: $x^3+2x+1=4(8^k)$. Заметим $x\equiv 1\mod 4$, подставив $x=4p+1$ имеем для $p$
$16p^3+12p^2+5p+1=8^k$. Это тоже неразрешимо по модулю 7.

Добавлено спустя 4 минуты 43 секунды:

Kid Kool писал(а):

Юстас писал(а):

Интересно, где я потерял $f(x)=x+1$

Цитата:

$f^{-1}(t)f\left(\frac{-2t}{f^{-1}(t)}\right)+t=0$

не 0, а $f^{-1}(0)$!

Точно!

[Kid Kool]

Юстас писал(а):

$x=7t+1, \ t=4p$

У тебя, судя по дальнейшим выкладкам, получается $x = 4p+1$, а при чем тут t и делимость на 7 - не понятно. Ну да ладно

Юстас писал(а):

Далее, $2^k-2p>2p$, иначе(предположив $p\geq 2^{k-2}$), имеем, подставив в равенство для $p$, $3(2^{2k-2})+5(2^{k-2})+1\geq 3(2^k)2^{2k-2}$, что неверно уже для $k\geq 2$.

В какое равенство и что мы подставляем. Непонятно. Распиши подробнее.