#1 Основные принципы неравенств

Имеем \[2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\ge0.\] Поэтому исходное неравенство верно. Равенство достигается тогда и только тогда, когда \(a=b=c\).

\[x^2+y^2=\frac{(x+y)^2+(x-y)^2}{2}=98+\frac{(x-y)^2}{2}\ge98.\] Минимум равен \(98\) и достигается при \(x=y=7\).

Так как \(t^2+t+1>0\), можно умножить на \(3(t^2+t+1)\). Получаем \(3t\le t^2+t+1\), то есть \((t-1)^2\ge0\). Равенство при \(t=1\).

Запишем элементы как \(a_1

Имеем \(up+vq-uq-vp=u(p-q)-v(p-q)=(u-v)(p-q)\). Оба множителя положительны, значит разность положительна.

Переименуем переменные циклически так, чтобы \(x\ge z\). Тогда \(y+z\le y+x\), поэтому \(\frac{y}{y+z}\ge\frac{y}{y+x}\). Следовательно, \[\frac{x}{x+y}+\frac{y}{y+z}+\frac{z}{z+x}\ge\frac{x}{x+y}+\frac{y}{y+x}+\frac{z}{z+x}=1+\frac{z}{z+x}>1.\]

Сложение даёт \(-x-y>0\), то есть \(1-x-y>1>0\). Теперь перемножим неравенства \(x^2-x>y^2\) и \(y^2-y>x^2\). Это можно делать, потому что \(x^2\) и \(y^2\) положительны, а левые части больше них. Получаем \((x^2-x)(y^2-y)>x^2y^2\). После раскрытия и сокращения это даёт \(xy(1-x-y)>0\). Так как \(1-x-y>0\), имеем \(xy>0\).

Так как \(a+b+c=0\), то \[0=(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca).\] Следовательно, \[ab+bc+ca=-\frac{a^2+b^2+c^2}{2}\le0.\] Равенство возможно только при \(a=b=c=0\).

Предположим противное. Тогда для каждого \(i\) дискриминант \(4(p_i^2-q_i)\le0\), то есть \(p_i^2\le q_i\). Отсюда все \(q_i\ge0\), а значит неравенства можно перемножить: \((p_1p_2p_3)^2\le q_1q_2q_3\). Получаем \(N^2\le N\), что невозможно при \(N>1\). Следовательно, хотя бы для одного \(i\) имеем \(p_i^2>q_i\), и соответствующий трёхчлен имеет два различных действительных корня.

Пусть \(a_1\le a_2\le\cdots\le a_{2027}\). Так как \(a_1+a_2+a_3\) записано на доске, оно не меньше \(a_1\), значит \(a_2+a_3\ge0\). Аналогично \(a_{2025}+a_{2026}+a_{2027}\) записано и не больше \(a_{2027}\), значит \(a_{2025}+a_{2026}\le0\). Но \(a_2\le a_3\le a_{2025}\le a_{2026}\), поэтому \[0\le a_2+a_3\le a_{2025}+a_{2026}\le0.\] Следовательно, \(a_2+a_3=a_{2025}+a_{2026}=0\), и из порядка получаем \(a_2=a_3=\cdots=a_{2026}=0\). Значит, нулей хотя бы \(2025\). Пример \(-1,0,\ldots,0,1\) показывает, что оценка точна.

Из \(a^3-b^3=3\) следует \(a>b\). Тогда \[3(a^2+b^2)=(a^2+b^2)(a^3-b^3)=a^5-b^5+a^2b^2(a-b).\] Правая часть не меньше \(9\), потому что \(a^5-b^5\ge9\) и \(a^2b^2(a-b)\ge0\). Поэтому \(3(a^2+b^2)\ge9\), то есть \(a^2+b^2\ge3\).

Пусть \(a_1>a_2>\cdots>a_{12}>0\). Тогда \(a_1a_2a_3>a_4a_5a_6\). Если \(a_6\ge1\), то \(a_1a_2a_3>a_4a_5a_6\ge a_4a_5\), и найдены три числа против двух. Если \(a_6<1\), то \(a_7<1\), и \(a_1a_2a_3>a_4a_5a_6>a_4a_5a_6a_7\), поэтому найдены три числа против четырёх.

Пусть числа идут как \(a_1,\ldots,a_{2n}\), индексы считаются по модулю \(2n\), а \(S_i=a_i+a_{i+1}+\cdots+a_{i+n-1}\). Общая сумма \(S>0\), поэтому \(S_i+S_{i+n}=S\). Значит, среди \(S_i\) есть положительные. Если все \(S_i>0\), любое число подходит. Иначе при обходе круга найдётся переход \(S_i>0\), \(S_{i+1}\le0\). Тогда сумма дуги длины \(n\), заканчивающейся в \(a_i\) с другой стороны, равна \(S-S_{i+1}>0\). Поэтому число \(a_i\) является концом двух дуг с положительными суммами.

Пусть \(m=37!\). Тогда \(38!=38m\), и \((38!)!=(38m)!\). Разобьём произведение \(1\cdot2\cdots38m\) на \(38\) блоков длины \(m\): в \(j\)-м блоке все множители не превосходят \(jm\), причём хотя бы один меньше \(jm\). Поэтому произведение \(j\)-го блока строго меньше \((jm)^m\). Перемножая по \(j=1,\ldots,38\), получаем \[(38m)!

Если \(c\le950\), изменим \(c\) до \(0\). Получим \(ax^2+bx=x(ax+b)\), у которого есть целый корень \(0\), стоимость не больше \(950\).

Пусть теперь \(c>950\). Тогда \(a+b<850\). Найдём квадрат \(k^2\), ближайший к \(c\). Так как \(c<1800<43^2\), можно взять \(k\le42\), и расстояние от \(c\) до ближайшего квадрата не превосходит половины промежутка между соседними квадратами, то есть не больше \(42\). Заменим \(a\) на \(-1\), \(b\) на \(0\), \(c\) на \(k^2\). Стоимость не больше \((a+1)+b+42<893\). Получаем \(-x^2+k^2\), у которого есть целые корни \(\pm k\). В обоих случаях хватает \(950\) монет.

Пусть \(M\) — наибольшее число. Оно не может равняться модулю разности соседей, потому что оба соседа положительны и не превосходят \(M\). Значит, именно \(M\) — единственное исключение.

Возьмём минимальное число \(d\). На одной дуге от \(d\) к \(M\) стоят \(d=a_0,a_1,\ldots,a_k=M\). Индукцией получаем \(a_{i+1}\ge a_i\), а так как \(a_i=|a_{i+1}-a_{i-1}|\), то на самом деле \(a_{i+1}=a_i+a_{i-1}\) для \(1\le i

Число \(d\) тоже не является исключением, поэтому \(d=|a_1-b_1|\). Пусть \(b_1>a_1\). Тогда \(b_1=a_1+d=a_2\). Продолжая обе рекурсии, получаем цепочку \(a_0=b_0\le a_1

Требуется доказать \(x^9\ge16y^3\). Из условия \(y^3\le x^5-4x\), значит достаточно показать \(x^9\ge16x^5-64x\). Но \[x^9-16x^5+64x=x(x^4-8)^2\ge0,\] так как \(x>0\). Следовательно, \(x^9\ge16y^3\), а значит \(x^3\ge\sqrt[3]{16}\,y\).

Предположим, что \(A\cap B=\varnothing\). Тогда \(A\cup B\) содержит \(2n\) различных натуральных чисел, поэтому сумма всех его элементов не меньше \(1+2+\cdots+2n=n(2n+1)\). С другой стороны, эта сумма равна \(n^2+n^2=2n^2\). Но \(n(2n+1)>2n^2\), противоречие. Значит, общий элемент существует.

Сложение даёт \(x+y<0\). Предположим, что \(xy<0\). Без ограничения общности \(x>0\), \(y<0\). Тогда из \(x+y<0\) следует \(00\). Значит, \(xy\) не отрицательно; так как \(x,y\ne0\), получаем \(xy>0\).

Пусть корни \(r,s\), и пусть \(|r|\le1\), \(|s|>1\). Так можно считать, потому что ровно один корень лежит на \([-1,1]\). По Виету \(rs=b>0\), значит корни одного знака и \(b=|r||s|\). Так как \(|s|>1\), получаем \(|r|b\). Значит, \(s\notin(-b,b)\). Следовательно, в интервале \((-b,b)\) лежит ровно один корень.

Назовём \(i\ge2\) плохим, если \(a_{i-1}a_{i+1}\) или \(a_{i-1}>a_i

Предположим, что плохих индексов бесконечно много, и выберем один плохой индекс \(k\). Возьмём любое \(n>k\). По условию \(a_n\) входит в монотонный отрезок длины \(n+1\). Такой отрезок не может содержать одновременно \(a_{k-1},a_k,a_{k+1}\), потому что в этих трёх членах направление меняется. Так как \(n+1\) очень длинен и содержит \(a_n\), он не может начинаться настолько рано, чтобы включить \(a_{k-1}\); следовательно, он обязан содержать \(a_n,a_{n+1},a_{n+2}\). Тогда индекс \(n+1\) не плохой. Итак, для всех \(n>k\) индекс \(n+1\) не плохой, что противоречит бесконечности плохих индексов. Значит, плохих индексов конечное число, и хвост последовательности монотонен.

При \(n=150,k=75\) получаем \(a_{150}-a_{75}\ge150^3-75^3\), то есть \(a_{150}\ge150^3-75^3\). При \(n=75,k=150\) получаем \(a_{75}-a_{150}\ge75^3-150^3\), то есть \(a_{150}\le150^3-75^3\). Поэтому \[a_{150}=150^3-75^3=7\cdot75^3.\]

Для любого \(t\) имеем \(t^2+t+1=\left(t+\frac12\right)^2+\frac34\ge\frac34\). Поэтому \(\frac1{t^2+t+1}\le\frac43\), причём равенство только при \(t=-\frac12\). Сумма трёх таких дробей не превосходит \(4\). Если она равна \(4\), то каждая дробь равна \(\frac43\), значит \(x=y=z=-\frac12\), что невозможно при различных числах. Ответ: не существуют.

Число \(p_1=x_1-\frac1{x_1}\) не является натуральным: при \(x_1=1\) оно равно \(0\), а при \(x_1>1\) не является целым. Поэтому натуральных \(p_i\) не больше \(11\).

Покажем, что \(11\) достижимо. Возьмём \(x_i=i+1\). Тогда \[x_i-\frac1{x_i}=i+1-\frac1{i+1}=\frac{i(i+2)}{i+1}.\] Следовательно, \[p_i=\frac{1\cdot3}{2}\cdot\frac{2\cdot4}{3}\cdots\frac{i(i+2)}{i+1}=\frac{i!(i+2)}2.\] При \(i\ge2\) это натуральное число. Значит, среди \(p_1,\ldots,p_{12}\) может быть \(11\) натуральных чисел, и больше нельзя.

Из \(a^2+b^2<(a-b)^2=a^2-2ab+b^2\) следует \(ab<0\). Аналогично \(bc<0\). Значит, \(a\) и \(b\) разных знаков, \(b\) и \(c\) разных знаков, поэтому \(a\) и \(c\) одного знака и \(ac>0\). Тогда \[(a+c)^4-a^4-c^4=4a^3c+6a^2c^2+4ac^3=2ac(2a^2+3ac+2c^2)>0,\] поскольку \(ac>0\) и \(2a^2+3ac+2c^2>0\). Следовательно, \(a^4+c^4<(a+c)^4\).

Ответ: \(k(k-1)\). Пример: возьмём одну изолированную вершину, остальные разобьём на множества \(X\) и \(Y\) размеров \(k\) и \(k-1\), и проведём все рёбра между \(X\) и \(Y\). Тогда степени вершин из \(X\) равны \(k-1\), из \(Y\) равны \(k\), условие выполнено, рёбер \(k(k-1)\).

Докажем оценку. Пусть \(X_i\) — множество вершин степени \(i\), а \(m\) — максимальная степень. Если \(m\le k-1\), то \(2E\le2k(k-1)\), значит \(E\le k(k-1)\).

Если \(m\ge k+1\), возьмём вершину степени \(m\). Все её соседи имеют степень \(m-1\), значит \(|X_{m-1}|\ge m\). Любая вершина из \(X_{m-1}\) имеет \(m-1\) соседей в \(X_m\cup X_{m-2}\), поэтому вместе классы \(X_{m-1},X_m,X_{m-2}\) содержат как минимум \(m+(m-1)>2k\) вершин, противоречие.

Остался случай \(m=k\). Рёбра соединяют только соседние по степени классы, поэтому граф двудолен относительно \(Y=X_k\cup X_{k-2}\cup\cdots\) и \(Z=X_{k-1}\cup X_{k-3}\cup\cdots\). С одной стороны, \(E\le k|Y|\), с другой — \(E\le(k-1)|Z|\). Если \(|Y|\le k-1\), то \(E\le k(k-1)\). Если \(|Y|\ge k\), то \(|Z|\le k\), и \(E\le(k-1)k\). Оценка доказана.

Если отрицательных чисел было бы чётное количество, то нашлось бы положительное число \(a\), а произведение всех остальных было бы положительным. Тогда \(a+\prod_{\ne a}>0\), противоречие. Значит, отрицательных чисел нечётное количество.

Разобьём числа на две группы. Тогда ровно одно из двух произведений отрицательно. Пусть \(X=x_1x_2\cdots x_r<0\), \(Y=y_1y_2\cdots y_s>0\), и пусть \(x_1<0\). Тогда \(x_2\cdots x_r>0\), а так как числа целые, \(x_2\cdots x_r\ge1\). Поэтому \[X+Y=x_1(x_2\cdots x_r)+Y\le x_1+Y\le x_1+Y(x_2\cdots x_r).\] Последнее выражение отрицательно по условию, применённому к числу \(x_1\). Значит, \(X+Y<0\).

Положим \(t=\sqrt[2^{n+1}]{a}\). Тогда \(t\ne1\), \(\sqrt[2^n]{a}=t^2\), и \[x_n=2^n(t^2-1),\qquad x_{n+1}=2^{n+1}(t-1).\] Поэтому \[x_n-x_{n+1}=2^n(t^2-1)-2^{n+1}(t-1)=2^n(t-1)^2>0.\] Значит, \(x_n>x_{n+1}\) для всех \(n\), и последовательность строго убывает.

Из условия для пары \((i,j)\) имеем \(u_i-u_j\ge i^2-j^2\). Для пары \((j,i)\) получаем \(u_j-u_i\ge j^2-i^2\), то есть \(u_i-u_j\le i^2-j^2\). Нижняя и верхняя границы совпадают, поэтому \(u_i-u_j=i^2-j^2\).

Назовём карточку однородной, если обе её стороны больше \(1\) или обе меньше \(1\). Изначально есть однородная карточка. Если заменить однородную карточку обратной, она остаётся однородной: тип «больше-больше» превращается в «меньше-меньше» и наоборот.

Пусть теперь однородная карточка \((a,b)\) разрезается вторым способом. Если \(a>1,b>1\), то из \(c\cdot\frac ac=a>1\) следует, что хотя бы одно из \(c,\frac ac\) больше \(1\); соответствующая новая карточка вместе с \(b>1\) однородна. Если \(a<1,b<1\), то хотя бы одно из \(c,\frac ac\) меньше \(1\), иначе их произведение было бы не меньше \(1\); значит, снова появляется однородная карточка. Поэтому однородные карточки не могут исчезнуть полностью. В требуемом конечном наборе их нет, противоречие.