Нестандартные задачи

[ИСН]

Это не оценка сверху, а точный ответ.
(Хотя, да, как всякий точный ответ, тем самым он формально является оценкой сверху, а также снизу...)

[ewert]

А Руст ровно так и сказал. "Неулучшаемая оценка сверху" (рано как и снизу) -- это и есть точное решение. В данном случае.

[Sonic86]

Доказать без использования теории квадратичных форм, что если $q=a^2-4b<0$ - простое и $p \mod q$ - квадратичный вычет по модулю $q$,
то $(\exists x,y)p=x^2-axy+by^2$, причем таких пар $(x,y) \in \mathbb{Z}$ ровно две.

[Echo-Off]

Sonic86
1) Как отрицательное $q$ может быть простым?
2) Теоремой Минковского или Блихфельда пользоваться можно?

[Sonic86]

По ходу нет. Я ошибся.
Я думал, например, что можно доказать разложение простого вида 4m+1 в сумму двух квадратов с помощью алгебраических чисел, а нет - нельзя.
Тогда это просто иллюстрация.
А вообще делал так: берем $\mathbb{Z}[\alpha]: \alpha^2+a \alpha + b = 0$, рассматриваем, находим там псевдонорму и все.

[Sonic86]

Найти число решений уравнения $x^2-d^2y^2=N$.

[maxal]

Sonic86 писал(а):

Найти число решений уравнения $x^2-d^2y^2=N$.

А что у этой задачи есть простой ответ? Я могу предложить только что-то типа такого: число решений равно числу таких делителей $n$ числа $N$, что $n\equiv N/n\pmod{2d}$. Это легко следует из разложения: $(x+dy)(x-dy)=N$, котором мы полагаем $n=x+dy$ и $N/n=x-dy$ и из которого следует, что $x=\frac{n+N/n}2$ и $y=\frac{n-N/n}{2d}$.

[bot]

Может быть имелось в виду уравнение $x^2-Dy^2=N$ типа Пелля, где D неквадрат, а N не обязательно $\pm 1$?
Тогда если есть, то много.

[Sonic86]

Пока не прочитал ответ толком, но имелось ввиду именно то, что написано.

[Sonic86]

Я предполагал потом перейти к уравнению Пелля, то есть к $x^2-Dy^2=N$,
но случай $D=d^2$ меня пока остановил (времени пока нет). Кажется, остальные
случаи посложнее.

! Кажется так решается. Если $x^2+ \varepsilon d^2y^2=N$ ($\varepsilon = 1$ или $\varepsilon = -1$),
то $p|d \Rightarrow x^2 \equiv N (mod p)$.
Если это неверно хотя бы для одного р, то решений нет. Иначе всегда можно выбрать
$a: a^2 \equiv N (mod p^2)$ и сделать подстановку $x=x_1 + a, N = a^2 + N_1$, а подставив
- сократить на $p^2$. Получится новое уравнение $x^2-d_1^2y^2=N_1$ с тем же числом решений
и $d_1<d$. Рекуррентно выполняя этот процесс, мы придем к уравнению вида
$x^2 + \varepsilon y^2 = N_0$, для решения которого надо левую часть разлагать на множители.
В случае $\varepsilon = 1$ - в $\mathbb{Z}$, а при $\varepsilon = -1$ - в $\mathbb{Z}[i]$.
Ну а там уже получится небольшое число вариантов, в которых число решений выражается
через $\tau(n)$.

причем одно решение - биективная функция другого.
То есть общий случай алгебраически сводится к двум частным, а те - нахождению числа делителей.
Эмпирически еще не проверил.
В случае $x^2+ \varepsilon d^2y^2=p, p$ - простое ничего насчет числа разложений не ясно.
Жалко, что не формула. А то я для $d=2^s$ формулу нашел

В случае $x^2-Dy^2=N$ таким же образом можно перейти к случаю, когда D - бесквадратное.

Прошу прощенья - с решением я ошибся.
Эмпирически посмотрел - множество чисел вида $p^{2n}(pk+r), r \neq x^2 (\mod p)$ не заключает в себе всех чисел, для которых данное уравнение решений не имеет (например, $d=3, N=7, \varepsilon = 1$).
А вот для $\varepsilon = -1$ - может заключать.

[arqady]

student в сообщении #65674 писал(а):

Докажите, что при любых неотрицательных числах $a,b,c$ выполняется неравенство:
$(a^5-a^2+3)(b^5-b^2+3)(b^5-b^2+3)\geq (a+b+c)^3$

Ещё вот такое верно:

$$(a^5-a^2+3)(b^5-b^2+3)(c^5-c^2+3)\geq 9(a^2+b^2+c^2)$$

(Оно неверно для b=c=1)

Я имел в виду

$$(a^5-a^3+3)(b^5-b^3+3)(c^5-c^3+3)\geq 9(a^2+b^2+c^2)$$

[arqady]

Последнее можно усилить:

$$(a^5-a^2+3)(b^5-b^2+3)(c^5-c^2+3)\geq 9\sqrt[3]{3(a^3+b^3+c^3)^2}$$

(оно неверно)

Имелось в виду следующее

$$(a^5-a^3+3)(b^5-b^3+3)(c^5-c^3+3)\geq 9\sqrt[3]{3(a^3+b^3+c^3)^2}$$

[Edward_Tur]

arqady в сообщении #594951 писал(а):

Последнее можно усилить:

$$(a^5-a^2+3)(b^5-b^2+3)(b^5-b^2+3)\geq 9\sqrt[3]{3(a^3+b^3+c^3)^2}$$

1. Третья скобка $(c^5-c^2+3)$?
2. Неравенство неверно: a=b=.95, c=1.

[arqady]

Edward_Tur в сообщении #594998 писал(а):

arqady в сообщении #594951 писал(а):

Последнее можно усилить:

$$(a^5-a^2+3)(b^5-b^2+3)(b^5-b^2+3)\geq 9\sqrt[3]{3(a^3+b^3+c^3)^2}$$

1. Третья скобка $(c^5-c^2+3)$?
2. Неравенство неверно: a=b=.95, c=1.

Спасибо! Кое-что исправил. Выясняется, что я имел в виду другие задачи:
$(a^5-a^3+3)(b^5-b^3+3)(c^5-c^3+3)\geq 9(a^2+b^2+c^2)$
и $(a^5-a^3+3)(b^5-b^3+3)(c^5-c^3+3)\geq 9\sqrt[3]{3(a^3+b^3+c^3)^2}$

[Edward_Tur]

arqady в сообщении #595101 писал(а):

$(a^5-a^3+3)(b^5-b^3+3)(c^5-c^3+3)\geq 9\sqrt[3]{3(a^3+b^3+c^3)^2}$

Такое усиление верно?
$(a^3-a+3)(b^3-b+3)(c^3-c+3)\geq 9\sqrt[3]{3(a^3+b^3+c^3)^2}$
(Доказывать не умею).