Интересные олимпиадные задачи

AV_77 · Сообщение **AV_77** » 16 июн 2007, 17:06

a_l_e_x86 писал(а):Source of the post
Предлагаю еще несколько задач
Простая:
Доказать тождество
$(1+2)(1+2^2)(1+2^2^2)(1+2^2^3)...{(1+2^2^n)}=2^2^{n+1}-1$
Посложнее:
Решить в целых числах уравнение

Решение первой задачи писть не буду - она очень простая.
A вторую можно решить так. Заметим, что
$$ y^4+y^3+y^2+y = (y^2+1)(y+1)y $$

,

.
Отсюда сразу видно, что решениями являются наборы
$(x, y) \in \{ (0, 0),\ (0, -1),\ (-1, 0),\ (-1, -1) \}.$
Пусть теперь $y \ne 0,\ -1.$ Тогда $$ (y+1)y = y^2+y > 0. $$

Рассмотрим следующие варианты:
A) $$ y < -1. $$

A.1) $|x|,\ |x+1| < y^2 + y$ . Тогда $$ 0 < x(x+1) < (y^2+y)^2 < (y^2+y)(y^2+1) $$

, так что решений нет.
A.2) $$ |x| = y^2+y $$

. Рассматриваем два случая $$ x = y^2 + y $$

и

и находим решение $x = -6,\ y = 2.$
A.3) $$ |x+1| = y^2 + y $$

. Аналогично находим решение $x = 5,\ y = 2.$
A.4) $y^2 + y < |x|,\ |x+1| < y^2$ . Здесь решений нет.
A.5) $$ |x| = y^2 + 1 $$

или

. Здесь снова $x = 5,\ y = 2$ .
A.6) $$ y^2+1 < |x|, |x+1| $$

. Здесь решений нет, так как $$ x(x+1) > (y^2+1)(y^2+1) > (y^2)(y^2+y) $$

.
Аналогично рассматриваем случай $$ y > 0 $$

.
B результате получим следующие решения:
$(x, y) \in \{ (0, 0),\ (0, -1),\ (-1, 0),\ (-1, -1), (5, 2),\ (-6, 2) \}$ .

a_l_e_x86 · Сообщение **a_l_e_x86** » 17 июн 2007, 14:38

Верно. +1.
Привожу несколько иное решение этой задачи.
Умножим обе части уравнения на 4 и добавим 1. Получим
$$(2x+1)^2=4y^4+4y^3+4y^2+4y+1=(2y^2+y)^2+3y^2+4y+1=(2y^2+y+1)^2-(y^2-2y)$$

Если y целое и отлично от -1, 0, 1, и 2, то $$3y^2+4y+1>0$$

, a значит $$(2y^2+y)^2<(2x+1)^2<(2y^2+y+1)^2$$

. Получается что квадрат целого числа лежит между двумя квадратами последовательных чисел. Ho это невозможно

bot · Сообщение **bot** » 18 июн 2007, 20:13

Решение Alex'a мне понравилось больше моего. Может быть потому, что сначала я тоже двинулся умножать на 4 и прибавлять 1, но сходу ничего не увидел. Разложил правую часть $$y^4+y^3+y^2+y=(y^2+y)(y^2+1)$$

посмотрел на множители и это надоумило пойти по этой колее:

1) Если (x,y) решение, то (-1-x,y) тоже решение. Это позволяет обойтись неотрицательными x.
2) Возьмём $a=y^2+\frac{y-1}{2}$ . Так как между $$a$$

и $a+\frac{1}{2}$ целых чисел нет,
то всякое целое $$x$$

удовлетворяет либо неравенству $x\le a$ либо неравенству $x\ge a+\frac{1}{2}$ .
3) Пусть $y \ne \pm 1, 0, 2$ . Если $0\le x \le a$ , то $x(x+1) \le a(a+1) < y^4+y^3+y^2+y$ , a если $x \ge a+\frac{1}{2}$ , то $$x(x+1) > y^4+y^3+y^2+y$$

.
Строгие неравенства возникают из тех же неравенств, что и у Alex'a
4) Перебираем $y = \pm 1, 0, 2$ .

Задача. Для натурального $$n>0$$

пусть $\sigma (n)$ означает сумму всех его натуральных делителей.
Доказать, что функция $\frac{\sigma (n)}{n}$ неограничена.

alexpro · Сообщение **alexpro** » 20 июн 2007, 16:20

удалено....

alexpro · Сообщение **alexpro** » 20 июн 2007, 16:39

bot писал(а):Source of the post
Доказать, что функция $\frac{\sigma (n)}{n}$ неограничена.

Рассмотрим последовательность $a_k=p_1\cdot\ldots\cdot p_k$ , где $$p_i$$

- первые k различных простых чисел. Легко видеть, что $\sigma (a_k)=(1+p_1)\cdot\ldots\cdot (1+p_k)$ . Значит, $\frac{\sigma(a_k)}{a_k}=(1+\frac{1}{p_1})\cdot\ldots\cdot (1+\frac{1}{p_k})>1+\frac{1}{p_1}+\ldots+\frac{1}{p_k}$ . Последний ряд расходится. Значит, функция $\frac{\sigma (n)}{n}$ неограничена.

bot · Сообщение **bot** » 20 июн 2007, 17:24

Угу, +1
Ещё проще посмотреть на очевидное неравенство $\frac{\sigma (n!)}{n!} \ge 1+\frac{1}{2}+ ... + \frac{1}{n}$

A ещё
Задачка. Пусть $$a$$

иррационально. Доказать, что существуют иррациональные $$b$$

и

, такие что $a + b, \ ac$ рациональны, a $a + c, \ ab$ иррациональны.

andrej163 · Сообщение **andrej163** » 20 июн 2007, 18:29

bot писал(а):Source of the post
A ещё
Задачка. Пусть иррационально. Доказать, что существуют иррациональные и , такие что $a + b, \ ac$ рациональны, a $a + c, \ ab$ иррациональны.

Я вот всегда хотел спросить, притакой постановке вопроса, общий случай доказывать надо??? Или можно обойтись просто примером??? Например:
$a=\sqrt{2}\\b=4-\sqrt{2}\\c=\frac {9\sqrt{2}} {2}$

bot · Сообщение **bot** » 20 июн 2007, 18:43

Нет, в такой постановке предполагается, что указанное свойство надо доказывать при любом выборе иррационального $$a$$

.
Если бы требовалось найти пример, то вопрос бы ставился иначе: найти иррациональное $$a$$

, для которого существуют ...

andrej163 · Сообщение **andrej163** » 20 июн 2007, 18:57

bot писал(а):Source of the post
Нет, в такой постановке предполагается, что указанное свойство надо доказывать при любом выборе иррационального .
Если бы требовалось найти пример, то вопрос бы ставился иначе: найти иррациональное , для которого существуют ...

Спасибо, теперь я понял всю тонкость формулировки!!!! Сейчас будем думать!

alexpro · Сообщение **alexpro** » 20 июн 2007, 19:34

bot писал(а):Source of the post
Задачка. Пусть иррационально. Доказать, что существуют иррациональные и , такие что $a + b, \ ac$ рациональны, a $a + c, \ ab$ иррациональны.

Случай 1: если a - не является квадратичной иррациональностью (т.e. не является корнем никакого квадратичного многочлена), тогда в качестве $$b$$

и

годятся соответственно числа $$1-a$$

и $\frac{1}{a}$ .

Случай 2: пусть a - квадратичная иррациональность, т.e. $a=k+l\sqrt{m}$ , где $$k, l, m$$

- рациональные числа и $l\neq0$ , a $$m$$

- не квадрат. Тогда в качестве $$b$$

и

годятся соответственно числа $(k-l\sqrt{m})+1$ и $\frac{k^2}{k+l\sqrt{m}}$

yourdomain.com