Нестандартные задачи

[pakandrew]

Кажется, исправил.

[Руст]

Если $N=2^km$, m - нечётно, то $\sigma(N)=(2^{k+1}-1)[\sigma(m)=(2^{k+1}-1)\sum_{d|m,d<\sqrt{m}}(d+\frac{m}{d})+\delta(m=d^2)d]$.
Первая часть суммы чётно, поэтому из $\sigma(N)$ нечётно следует $m=d^2$ - квадрат.
Щчевидно, что $d=1$ решение ($N=2^k$). Если $d$ нечётное число больше 1, то
отсюда получается $d^2=2^{k+1}+(2^{k+1}-1)s(d)$, were $s(d)=\sigma(d^2)-1-d^2$.
Тут ясно только, что d не является степенью простого числа. Если я не ошибаюсь других решений кроме степеней двойки нет (точнее не найдено) и гипотеза как раз в этом заключается.

[Батороев]

pakandrew писал(а):

Извините за off-top но,
как доказать следующий факт :
Если сумма всех делителей числа $N$ равна $2N-1$ ,то $N=k^2$,где $k$-нечетно или $N=2^s$

Рассмотрим случай $ k $ - нечетное.
Если представить число $ N = k^2 = p_1^2p_2^2...p_n^2 $, где $ p_i $ - простые делители числа $ k $,
то существует число
$ M = (p_1^2+p_1+1)(p_2^2+p_2+1)...(p_n^2+p_n+1) $, (1)
равное сумме числа $ N $ и всех его делителей,
т.е.
$ M = N + (2N-1) = 3N - 1 $ (2)

Если $ N $ - нечетное, то получаем противоречие,
т.к. в выражении (1) $ M $ - нечетное, а в выражении (2) $ M $ - четное.

Следовательно, в данном случае решений нет.

Хотя, возникла одна загвоздка.

Руст писал(а):

Это не верно. возьмите $N=2$, сумма делителей $3=2*2-1$.

Мы само число $ N $ считаем за делитель или нет?
Если, как у совершенных чисел, само число не считается делителем, то мои выкладки верны, если же считать делителем, то надо бы еще подумать.

[arqady]

Sonic86 писал(а):

Не могу доказать симметрические неравенства :
1. $(a/b+b/c+c/a)^2>=9(a^2+b^2+c^2)/(ab+bc+ca)$ .

Следующие, более сильные неравенства тоже верны.
Пусть

$$a,$$

$$b$$

и

$$c$$

- положительные числа. Докажите, что

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq\sqrt{\frac{15(a^2+b^2+c^2)}{ab+ac+bc}-6}$$

и

$$2\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)+3\geq9\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+ac+bc}}.$$

В то же время,

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\geq\sqrt{\frac{16(a^2+b^2+c^2)}{ab+ac+bc}-7}$$

и

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+2\geq5\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+ac+bc}}$$

уже ложны.

[daogiauvang]

еще несколько задач,у которых есть выражение :$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} $.
1. $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \geq 3\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\right)^{2/3}$
2.$\frac{a}{b}+\frac{b}{c} +\frac{c}{a} \geq 2\sqrt[3]{\frac{9(a^3+b^3+c^3)}{(a+b)(b+c)(c+a)}}$

[arqady]

daogiauvang писал(а):

еще несколько задач,у которых есть выражение :$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} $.
1. $\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a} \geq 3\left(\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}\right)^{2/3}$

See here:
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 89#1214289

[Sonic86]

Не совсем необычная задача, но все же:

Разложите в ряд Маклорена функцию $f(x) = \frac{1}{ch(x)}$, выразив коэффициенты через числа Стирлинга (2-о рода) и суммирование.
Есть ли более "простая" формула для этих коэффициентов (например, содержащая только факториалы и суммирование, либо только специальные числа, либо еще как-то)

[maxal]

Sonic86, см. формулу (5) по ссылке: http://mathworld.wolfram.com/HyperbolicSecant.html

[Sonic86]

Ага, посмотрел! Спасибо!
А что такое числа Эйлера? Они проще чисел Стирлинга 2 рода?
У меня, кстати, как и здесь - тоже сумма и специальные числа:
$\frac{1}{ch(x)} = \sum \limits_{n \geq 0}{a_{n} x^n} \rightarrow a_{n} = \sum \limits_{0 \leq k \leq n}{s_{n, k} (-1)^k k! (i^{k+1} + (-i)^{k+1})}$
Где $s_{n, k}$ - числа Стирлинга 2 рода: $s_{n, 0} = s_{n, n} = 1, s_{n, k} = ks_{n, k-1} + s_{n-1, k-1}$
Не совсем уверен, что правильно, но сумма и числа Стирлинга точно есть

Добавлено спустя 1 минуту 26 секунд:

Довольно интересная задача из книги Пойа, может кто не знает:
Доказать, что если $a_{n} > 0$ $\lim\limits_{n \to + \infty}{\sup (\frac{a_{1} + a_{n+1}}{a_{n}})^n \geq e}$.

[Sonic86]

Вроде довольно простая задача:
Доказать, что $2^p \equiv 2 + pH_{\frac{p-1}{2}} (\mod p^2)$.
Здесь $H_{n}=1^{-1}+2^{-1}+.+n^{-1}$ - n-е гармоническое число.
Более скрытная формулировка: найти $H_{\frac{p-1}{2}}$ за полиномиальное время по $\ln p$.

[Asalex]

Не получается уже при p=5

[maxal]

Sonic86 писал(а):

Вроде довольно простая задача:
Доказать, что $2^p \equiv 2 + pH_{\frac{p-1}{2}} (\mod p^2)$.
Здесь $H_{n}=1^{-1}+2^{-1}+.+n^{-1}$ - n-е гармоническое число.
Более скрытная формулировка: найти $H_{\frac{p-1}{2}}$ за полиномиальное время по $\ln p$.

Руст уже приводил корректное выражение (которое, впрочем, можно немного упростить) для $H_{\frac{p-1}{2}}\bmod p^2$.
Кроме того, вы наверное имели в виду именно вычисление по модулю. Боюсь, что вычислить само $H_{\frac{p-1}{2}}$ за полиномиальное время не удастся.

[daogiauvang]

Доказать что :
$\frac{1}{{3!}} + \frac{3}{{4!}} + ... + \frac{{2n - 1}}{{(n + 2)!}} < \frac{1}{2}$

[ewert]

Хм. Доказать, что каждое слагаемое не превосходит $2^{-n-1}$. По индукции. Очень грубо.

[Руст]

Легко получается неулучшаемая оценка сверху
$8.5-3e=0.345154514622...$