Нестандартные задачи

[bobo]

maxal писал(а):

С чего бы это? Такое можно утверждать, только если $l\leq a$, но это ниоткуда не следует.

Условие $lb<c$ означает, что числа $ b, 2b, \dots, lb$ образуют первые $l$ остатков ( упорядоченных по возрастанию $k$), равные этим же числам, при делении на $c$, поэтому если $lb$ не войдет в множество $A$, которое по предположению совпадает с множеством остатков, то среди остатков будут только числа вида $kb$, $k<l$, на что указал Kid Kool

[student]

Определите, все многочлены $P(x)$ с действительными коэффициентами такие, что для любого рационального $r$ уравнение $P(x)=r$ имеет рациональное решение.

[Руст]

Если $P(x)$ обладает этим свойством, то этим же свойством обладает приведённый многочлен $P_0(x)=aP(bx)$, a и b рациональные числа. Учитывая, что P(x) имеет рациональные коэффициенты (легко получается из интерполяционной формулы Лагранжа), можно привести к многочлену с целыми коэффициентами со старшим коэффициентом равным 1. Соответственно для такого многочлена из $P_0(x)=n,x\inQ,n\in Z$ получаем $x\in Z$.
Так как количество целых значений не превосходящих N при больших N имеет порядок $N^{1/n}$ получаем, что многочлен $P_0(x)=x+m, \ (n=1), \ m\in Z$, т.е. $P(x)=ax+b$, a,b - рациональные.

[Kid Kool]

Руст писал(а):

Так как количество целых значений не превосходящих N при больших N имеет порядок $N^{1/n}$ получаем, что многочлен $P_0(x)=x+m, \ (n=1), \ m\in Z$

Не могли бы Вы более подробно объяснить, почему из этого следует линейность многочлена?

[bobo]

Kid Kool писал(а):

Руст писал(а):

Так как количество целых значений не превосходящих N при больших N имеет порядок $N^{1/n}$ получаем, что многочлен $P_0(x)=x+m, \ (n=1), \ m\in Z$

Не могли бы Вы более подробно объяснить, почему из этого следует линейность многочлена?

Мне почему-то здесь навеяло такую геометрическую интерпретацию: если у нас степень многочлена $P_0(x)$ больше единицы, то взяв большое по модулю $n$ ( такое, что график многочлена $Q(x)=P_0(x)-n$ будет пересекать ось абсцисс в единственной точке и его производная по абсолютному значению будет велика), тогда при вертикальном сдвиге графика $Q(x)$ на единицу единственная точка пересечения (которая до сдвига была целой) сместится на очень мало. Вроде как противоречие.

[Профессор Снэйп]

Руст писал(а):

Учитывая, что P(x) имеет рациональные коэффициенты (легко получается из интерполяционной формулы Лагранжа), можно привести к многочлену с целыми коэффициентами со старшим коэффициентом равным 1.

Не понимаю. Вот, например, многочлен $2x+3$. Как его привести к многочлену с целыми коэффициентами и старшим коэффициентом $1$?

bobo писал(а):

если у нас степень многочлена $P_0(x)$ больше единицы, то взяв большое по модулю $n$ ( такое, что график многочлена $Q(x)=P_0(x)-n$ будет пересекать ось абсцисс в единственной точке...

Не понял. Какое, например, большое $n$ нужно взять для многочлена $f(x) = x^2$, чтобы у уравнения $f(x) = n$ было единственное решение?

[Руст]

Много критики. Придётся ответить.

Профессор Снэйп писал(а):

Руст писал(а):

Учитывая, что P(x) имеет рациональные коэффициенты (легко получается из интерполяционной формулы Лагранжа), можно привести к многочлену с целыми коэффициентами со старшим коэффициентом равным 1.

Не понимаю. Вот, например, многочлен $2x+3$. Как его привести к многочлену с целыми коэффициентами и старшим коэффициентом $1$?

Пусть многочлен имеет степень n и $P(r_i)=i,i=0,1,...n$, $r_i$ соответствующие рациональные корни. Тогда P(x) задается формулой

$$P(x)=\sum_{i=0}^n i\prod_{j\not =i}\frac{x-r_j}{r_i-r_j}.$$

Как видно коэффициенты рациональные.

$P_0(x)=aP(bx)$ в вашем случае $a=1,b=\frac 12$.

bobo писал(а):

если у нас степень многочлена $P_0(x)$ больше единицы, то взяв большое по модулю $n$ ( такое, что график многочлена $Q(x)=P_0(x)-n$ будет пересекать ось абсцисс в единственной точке...

Не понял. Какое, например, большое $n$ нужно взять для многочлена $f(x) = x^2$, чтобы у уравнения $f(x) = n$ было единственное решение?

Берём достаточно большое N и рассмотрим корни $P_0(r_i)=i, i=-N,-N+1,...,N$. Так как корни ограничены по модулю величиной $N^{1/n}$ и все они целые и очевидно разные приходим к противоречию, что в интервале $-2N^{1/n}<r_i<2N^{1/n}$ имеется 2N+1 разных целых значений $r_i$.
Надеюсь ответил на все вопросы.

[Профессор Снэйп]

Руст писал(а):

$P_0(x)=aP(bx)$ в вашем случае $a=1,b=\frac 12$.

А чему равны $a$ и $b$ в случае $P(x) = 2x^2+x+1$?

[Руст]

Профессор Снэйп писал(а):

Руст писал(а):

$P_0(x)=aP(bx)$ в вашем случае $a=1,b=\frac 12$.

А чему равны $a$ и $b$ в случае $P(x) = 2x^2+x+1$?

$a=2,b=\frac 12$
$P_0(x)=2P(\frac x2 )=2*(2(\frac x2)^2+\frac x2 +1)=x^2+x+2.$

[bobo]

Дело в том, что степень многочлена должна быть нечетной, ведь уравнение $P(x)=r$ имеет решение для любого рационального $r$. А при четной степени мы сможем поднять (если старший коэффициент положителен) график на столько, что он не пересечет ось абсцисс.

[Руст]

bobo писал(а):

Дело в том, что степень многочлена должна быть нечетной, ведь уравнение $P(x)=r$ имеет решение для любого рационального $r$. А при четной степени мы сможем поднять (если старший коэффициент положителен) график на столько, что он не пересечет ось абсцисс.

Дело в том, что моё доказательство проходит и в более общей ситуации.
Множество чисел $A=\{a|a\in R\}$ назовём более плотным, чем квадраты, если мощность подмножества А всех элементов ограниченных по модулю числом N $\#A_N$ растёт быстрее $\sqrt N$, т.е. $$lim_{N\to \infty}\frac{\#A_N}{\sqrt N}=\infty .$
По сути я доказал следующее: Если существует множесво рациональных чисел A ,более плотное чем квадраты натуральных чисел, что $\forall a\in A$ многочлен $P(x)$ имеет хотя бы один рациональный корень $P(x)=a$, то этот многочлен есть $P(x)=cx+b,c,b\in Q$.
Например в качестве A может служит множество простых чисел (все положительные, поэтому нельзя исключить многочлены чётной степени).
Конечно можно пофантазировать и изменить условие, когда А более плотное чем кубы и принимает бесконечно много значений как больших N, так и меньших -N при любом N. Тогда, придётся использовать ваше замечание. Однако это условие выглядит специально натянутым под ваше замечание.

[bobo]

Не спорю, я просто ответил на поставленный мне контрпример.

Добавлено спустя 10 минут 52 секунды:

И если Ваше решение его перемалывает, то мои рассуждения были бы неверны.

[arqady]

arqady писал(а):

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.

Вот так проще:
Функция

$$f(x)=\cos x$$

вогнута на

$$[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$$

и

$$\left(\frac{\pi}{2},0,-\frac{\pi}{2}\right)\succ\left(\frac{\alpha-\beta}{2},\frac{\beta-\gamma}{2},\frac{\gamma-\alpha}{2}\right).$$

Поэтому

$$\sum_{cyc}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}>\cos\frac{\pi}{2}+\cos0+\cos\left(-\frac{\pi}{2}\right)=1.$$

[student]

Существуют ли натурльное $k>1$ и нечетные числа $n_i,\ i=\overline{1,k}, n_i\ne n_j$ при $i\ne j$ для которых
$\frac{1}{n_1}+\ldots+\frac{1}{n_k}$- принимает целое значение?

[RIP]

Брут форс даёт
1=1/3+1/5+1/7+1/9+1/11+1/13+1/23+1/721+1/979007+
+1/661211444787+1/622321538786143185105739+
+1/511768271877666618502328764212401495966764795565+
+1/209525411280522638000804396401925664136495425904830384693383280180439963265695525939102230139815

(Надеюсь, списал без ошибок ).