Шевелим мозгами

Предположу. Для каждого числа x из если x=(+-)1/m^n, то f(x) = (+-)1/m^(n+1), В противном случае f(x) = x. m - любое натуральное, кроме 1 (например, 2), n - натуральное или 0.

(ole256 @ 13.08.2007 - время: 01:28) Предположу. Для каждого числа x из если x=(+-)1/m^n, то f(x) = (+-)1/m^(n+1), В противном случае f(x) = x. m - любое натуральное, кроме 1 (например, 2), n - натуральное или 0.
Совершенно верно. Можно немного попроще: Для каждого числа x из если x=(+-)1/n, то f(x) = (+-)1/(n+1), В противном случае f(x) = x. n - натуральное.

Загадаю простую задачу из математики: для каких невырожденных прямоугольных треугольников со сторонами a, b и c (a и b - катеты) выполняется равенство:

a^2007 + b^2007 = c^2007 ?

(ole256 @ 13.08.2007 - время: 21:07) Загадаю простую задачу из математики: для каких невырожденных прямоугольных треугольников со сторонами a, b и c (a и b - катеты) выполняется равенство:

a^2007 + b^2007 = c^2007 ?
Полагаю что ни для каких.
У нас есть система: 1)a^2007+b^2007=c^2007; 2)a^2+b^2=c^2
Кроме того, a>0, b>0.
(a^2007+b^2007)^2=(a^2+b^2)^2007
a^4014+2(ab)^2007+b^4014=a^4014+2007*a^4012*b^2+...+C*a^2008*b^2006+C*a^2008*b^2006+...+2007*a^2*b^4012+b^4014
где С - число сочетаний либо 4014 по 2006, либо 4014 по 2008 (они равны). Cократим что можно. Все члены правой части больше нуля. Я обозначу их всех кроме средних как S.:
2(ab)^2007=S+2C(ab)^2006*(a^2+b^2)
S+(2C(ab)^2006*(a^2+b^2)-2(ab)^2007)=0
Докажем что скобка больше нуля.
2C(ab)^2006*(a^2+b^2)-2(ab)^2007=2(ab)^2006*(C*a^2-ab+C*b^2)>0
т.к. С>1. А так как S также строго больше нуля, то наше уравнение решений не имеет.

Devourer, ответ правильный! Решение, насколько я могу судить, тоже. Но можно решить гораздо проще, буквально в две строчки. Штука в том, чтобы исходное равенство разделить на некую величину...

Ну, конечно, это эквивалентно тому, что

(sin alpha)^(2007/2)+(cos alpha)^(2007/2)=1. Это возможно только если либо синус либо косинус равен 1.

Ф.

Ted_dy, а почему степень на 2 делится?

Ну потому что там опечатка и внутри стоит квадраты синуса и косинуса, сумма которых 1.

(sin^2 alpha)^(2007/2)+(cos^2 alpha)^(2007/2)<=sin^2 alpha+cos^2 alpha=1.

Теперь понятно. Абсолютно правильно!

Найти все рациональные положительные, не равные между собой числа, удовлетворяющие уравнению:
x^y=y^x
(Указать формулу, дающую все решения)

(Злой_Кот
29.05.2007 - время: 08:41)

А вот моя задача.
Доказать (или опровергнуть ;-) ): Для всех n>4 n^3<3^n.

Желательно без использования математического анализа

Ну, при x>=e функция ln x/x строго убывает.

(Devourer 27.07.2007 - время: 12:48) Видимо мы оба правы.
А переход осуществить легко: просто выбрать последовательность значений функции из её "непрерывного" интервала значений.

Тут вообще кто-нибудь ещё есть? Может нас прокомментируют?
Это просто стандартная задачка из Демидовича за 1 семестр, что тут обсуждать то? Решение предъявлено.

(Devourer @ 14.08.2007 - время: 20:14)
  Найти все рациональные положительные, не равные между собой числа, удовлетворяющие уравнению:
x^y=y^x
(Указать формулу, дающую все решения)
Все решения заведомо содержатся в формулах x=r^{1/{r-1}}, y=x*r, где r - рациональное, r>1, остается проверить, какие из них рациональные. Во всяком случае, годятся x=(1+1/n)^{n}, y=(1+1/n)^{n+1} (x<y).

Ответ правильный, но где решение?)

Ребята, помогите.
дана система уравнений в частных производных:
dv1/dx1-dv2/dx2=0
dv1/dx2+dv2/dx1=0
Что можно сказать о функциях v1(x1,x2), v2(x1,x2)?

Доказать, что любая кусочно-непрерывная функция, заданная на симметричном промежутке представима в виде суммы чётной и нечётной функций.

Доказать, что такое представление единственно.

Единственность доказывается отпротивного в одну строчку...

Переходим к доказательству существования. Оно тоже более чем прозрачно. Начнем со случая непрерывной функции. Пусть f(x) - данная функция, заданная на . Без ограничения общности, можно считать, что f(0)=0, иначе представляем f(x)=f(0)+(f(x)-f(0)).
Положим f1(x)=f(x), x>=0, f1(x)=0, x<0 и f2(x)=f(x), x<=0, f2(x)=0, x>0. f(x)=f1(x)+f2(x). Так как сумма четных (соответственно, нечетных) функций - функция четная (соответственно, нечетная), то достаточно решить задачу для f1(x) и f2(x). Это делается совершенно аналогично, поэтому ограничусь рассмотрением f1(x): Зададим на g(x)= f1(x)/2. Продолжим эту функцию на четным (g1(x)) и нечетным (g2(x)) образом. f1(x)=g1(x)+g2(x). Собственно, этим все доказано для непрерывного случая.

Докажите, что разность 9^1972 - 7^1972 делится на 10.

(conica @ 09.04.2008 - время: 21:32) Переходим к доказательству существования. Оно тоже более чем прозрачно. Начнем со случая непрерывной функции. Пусть f(x) - данная функция, заданная на . Без ограничения общности, можно считать, что f(0)=0, иначе представляем f(x)=f(0)+(f(x)-f(0)).
Положим f1(x)=f(x), x>=0, f1(x)=0, x<0 и f2(x)=f(x), x<=0, f2(x)=0, x>0. f(x)=f1(x)+f2(x). Так как сумма четных (соответственно, нечетных) функций - функция четная (соответственно, нечетная), то достаточно решить задачу для f1(x) и f2(x). Это делается совершенно аналогично, поэтому ограничусь рассмотрением f1(x): Зададим на g(x)= f1(x)/2. Продолжим эту функцию на четным (g1(x)) и нечетным (g2(x)) образом. f1(x)=g1(x)+g2(x). Собственно, этим все доказано для непрерывного случая.
Зададим произвольную кусочно-непрерывную функцию f(x)

Очевидно, что k(x) = /2 чётна, а g(x) = /2 нечётна.

f(x)=k(x) + g(x)

Ч.Т.Д.

П.С. А верно ли понимаю что такое кусочно-непрерывная функция... Задумался...