[Wielomiany][Nierówności] ciekawa równość i nierówność

[adamm]

1. Czy istnieją wielomiany \(\displaystyle{ a(x)}\), \(\displaystyle{ b(x)}\), \(\displaystyle{ c(y)}\), \(\displaystyle{ d(y)}\) takie, że dla każdego \(\displaystyle{ x, y}\) zachodzi równość:
\(\displaystyle{ 1+xy+x^{2}y^{2}= a(x)c(y)+b(x)d(y)}\)
2. Liczby naturalne \(\displaystyle{ a_{1},a_{2},\ldots}\) tworzą ciąg ściśle rosnący. Udowodnij, że istnieje \(\displaystyle{ n}\) takie, że zachodzi nierówność:
\(\displaystyle{ \frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{3}} + \frac{a_{3}}{a_{4}} + ... + \frac{a_{n}}{a_{n+1}} < n - 2005}\)

[chechlacz]

\(\displaystyle{ x,y}\) dowolne, tzn. dowolne rzeczywiste, czy zespolone?

[Swistak]

Lol, zgadnij?

[timon92]

sedeniony

btw, nie wiedziałem że adamm to drugie konto darka20

[adamm]

pierwsze parzyste

[Swistak]

Podstawiamy \(\displaystyle{ x=0}\) i wyliczamy \(\displaystyle{ d(y)}\) w zależności od \(\displaystyle{ c(y)}\) i \(\displaystyle{ a(0), b(0)}\), które są stałymi. To samo robimy z \(\displaystyle{ y=0}\) i podstawiamy do równości i przekształcając oraz pamiętając, że \(\displaystyle{ b(0)d(0)=1-a(0)c(0)}\) dostajemy \(\displaystyle{ xy+x^2y^2=\frac{(a(x)-a(0))(c(y)-c(0))}{1-a(0)c(0)}}\), z czego w prosty sposób wynika, że takie wielomiany nie istnieją ( \(\displaystyle{ a(x)-a(0)}\) jest wielomianem podzielnym przez \(\displaystyle{ x}\)).

[pyzol]

Mogą być błędy:P
\(\displaystyle{ \frac{a_{1}}{a_{2}} + \frac{a_{2}}{a_{3}} + \frac{a_{3}}{a_{4}} + ... + \frac{a_{n}}{a_{n+1}} \le \frac{a_{1}}{a_{1}+1} + \frac{a_{2}}{a_{2}+1} + \frac{a_{3}}{a_{3}+1} + ... + \frac{a_{n}}{a_{n}+1}=\\
=1-\frac{1}{a_{1}+1}+...+1-\frac{1}{a_n +1}=n-\sum_{i=1}^n \frac{1}{a_{i}+1}}\)
Musimy znaleźć takie n, aby
\(\displaystyle{ \sum_{i=1}^n \frac{1}{a_{i}+1} > 2005\\
\sum_{i=1}^n \frac{1}{a_{i}+1}>n\frac{1}{a_1 +1}}\)
oj i tu był paskudny blef, ale już zostawię, może coś z tego wyciągniecie
ps. coś mi się zdaje, że wystarczy dobrać \(\displaystyle{ n>2005(a_1 +1)}\)
ale czasu sprawdzić nie mam

[Swistak]

To szacowanie, które masz jest istotnie za grube. Nic nie stoi na przeszkodzie, aby to w przedostatniej latexowej linijce nie działało, a ostatnia latexowa linijka to chyba nie pyka .
Trzeba jakoś skminić, aby \(\displaystyle{ \sum \frac{a_{i+1}-a_i}{a_{i+1}}}\) było rozbieżne, ale się jakoś nad tym nie zastanawiałem.

[adamm]

No generalnie w pierwszym kluczowe było odsyfienie równania wyjściowego, aby można było powiedzieć coś konkretniejszego o stopniach. Linkuję też niszczące wszystko rozwiązanie do tego zadania:

Kod: Zaznacz cały

http://web.mit.edu/yufeiz/www/olympiad/

... lgebra.pdf (str. 4) .
Nierówności akurat nie zrobiłem i nie mam wzorcówki, ale dla (de)motywacji mogę powiedzieć, że pochodzi ona z zestawu zadań dla młodszej grupy z jakiegoś obozu przygotowawczego do OMa. Prawdopodobnie z tego powodu może istnieć ładne i elementarne rozwiązanie, ale moje (i nie tylko ) próby rozwiązania za każdym razem prowadziły do coraz większej pały. Niemniej zachęcam do zmierzenia się z tym problemem.

[Dasio11]

2.:    

Gdy \(\displaystyle{ a_{n_1+1} > 2a_1,}\) to

\(\displaystyle{ \sum_{j=1}^{n_1} \frac{a_{j+1}-a_j}{a_{j+1}} \ge \sum_{j=1}^{n_1} \frac{a_{j+1}-a_j}{a_{n_1+1}} =\frac{a_{n_1+1}-a_1}{a_{n_1+1}} > \frac{1}{2}.}\)

Gdy \(\displaystyle{ a_{n_2+1} > 2 \left( a_{n_1+1} \right),}\) to

\(\displaystyle{ \sum_{j=n_1+1}^{n_2} \frac{a_{j+1}-a_j}{a_{j+1}} \ge \sum_{j=n_1+1}^{n_2} \frac{a_{j+1}-a_j}{a_{n_2+1}} = \frac{a_{n_2+1}-a_{n_1+1}}{a_{n_2+1}} > \frac{1}{2}.}\)

itd.

Ciąg \(\displaystyle{ a_n}\) jest nieograniczony z góry, więc możemy tak dobrać \(\displaystyle{ n_1, n_2, n_3, \ldots, n_{4010},}\) żeby

\(\displaystyle{ a_{n_1+1} > 2a_1 \\
a_{n_2+1} > 2 \left( a_{n_1+1} \right) \\
a_{n_3+1} > 2 \left( a_{n_2+1} \right) \\
\vdots \\
a_{n_{4010}+1} > 2 \left( a_{n_{4009}+1} \right)}\)

a wówczas

\(\displaystyle{ \sum_{j=1}^{n_{4010}} \frac{a_{j+1}-a_j}{a_{j+1}} = \sum_{j=1}^{n_1} \frac{a_{j+1}-a_j}{a_{j+1}} + \sum_{j=n_1+1}^{n_2} \frac{a_{j+1}-a_j}{a_{j+1}} + \sum_{j=n_2+1}^{n_3} \frac{a_{j+1}-a_j}{a_{j+1}} + \ldots + \sum_{j=n_{4009}+1}^{n_{4010}} \frac{a_{j+1}-a_j}{a_{j+1}} > \frac{1}{2} \cdot 4010 = 2005.}\)

P.S. W pierwszym zadaniu można założyć, że chodzi o dowolne liczby zespolone, i otrzymamy równoważną wersję.

[pyzol]

Jutro spojrzę, jak wychodziłem z domu to już wiedziałem, że to błazenada, że za bardzo grubo, ale zadanie siedzi mi w głowie strasznie, także trzech króli zapowiada się na lekturę tych postów.