Алгебраические выражения и тождества

Пусть \(U=x^2+2x+3\), \(V=x^2-3\). Тогда выражение равно \((U-V)(U+V)\).

Имеем \(U-V=2x+6=2(x+3)\), \(U+V=2x^2+2x=2x(x+1)\). Поэтому ответ: \(4x(x+1)(x+3)\).

Используем формулу \(u^3+v^3=(u+v)(u^2-uv+v^2)\), где \(u=2a\), \(v=3b\).

Получаем \(8a^3+27b^3=(2a+3b)(4a^2-6ab+9b^2)\).

Сгруппируем: \[ a^2b-a^2c+b^2c-bc^2=a^2(b-c)+bc(b-c). \] Выносим общий множитель \(b-c\):

\((b-c)(a^2+bc)\).

Имеем \(x^2+y^2=7^2-2\cdot10=29\).

Далее \(x^3+y^3=(x+y)(x^2-xy+y^2)=7(29-10)=133\).

Если \(n\) нечётно, то \(n^3\) нечётно, и можно взять \[ n^3=\left(\frac{n^3+1}{2}\right)^2-\left(\frac{n^3-1}{2}\right)^2. \]

Если \(n\) чётно, пусть \(n=2m\). Тогда \(n^3=8m^3\). Возьмём \(A=2m^3+1\), \(B=2m^3-1\). Тогда \(A^2-B^2=(A-B)(A+B)=2\cdot4m^3=8m^3=n^3\).

Преобразуем: \[ x^4+4y^4=x^4+4x^2y^2+4y^4-4x^2y^2=(x^2+2y^2)^2-(2xy)^2. \] Поэтому \[ x^4+4y^4=(x^2-2xy+2y^2)(x^2+2xy+2y^2). \]

При \(x>1\), \(y\ge1\) оба множителя больше \(1\). Значит, число составное.

По формуле суммы кубов: \[ x^3+y^3=(x+y)^3-3xy(x+y). \] Так как \(x+y=1\), получаем \(x^3+y^3=1-3xy\).

Тогда \(x^3+y^3+3xy=1\).

Из \((a+b+c)^2=0\) получаем \(a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca=0\). Отсюда \(a^2+b^2+c^2=-2(ab+bc+ca)\).

Далее \(a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=0\). Значит, \(a^3+b^3+c^3=3abc\).

Имеем \(n^2-1=(n-1)(n+1)\). При \(n>2\) оба множителя больше \(1\): \(n-1>1\), \(n+1>1\).

Следовательно, \(n^2-1\) является произведением двух целых чисел, больших \(1\), и потому составно.

Возводим в квадрат: \[ \left(x+\frac1x\right)^2=x^2+2+\frac1{x^2}=9. \] Значит, \(x^2+\frac1{x^2}=7\).

Запишем: \[ a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+\cdots+ab^{n-2}+b^{n-1}). \] Это проверяется раскрытием скобок: все промежуточные слагаемые сокращаются.

Следовательно, \(a^n-b^n\) имеет множитель \(a-b\).

Пусть \(s=x+y=4\), \(p=xy\). Тогда \(x^3+y^3=s^3-3ps=64-12p\).

По условию \(64-12p=28\), значит \(p=3\). Тогда \(x,y\) — корни \(t^2-4t+3=0\), откуда \(t=1\) или \(t=3\). Ответ: \((1,3)\), \((3,1)\).

По тождеству: \[ a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca). \] Левая часть равна нулю, а \(a+b+c>0\), значит второй множитель равен нулю.

Но \[ 2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2. \] Сумма квадратов равна нулю только при \(a=b=c\).

Имеем \(x^4+2x^2y^2+y^4=(x^2+y^2)^2\). Поэтому выражение равно \((x^2+y^2)^2-4^2\).

Разность квадратов даёт \((x^2+y^2-4)(x^2+y^2+4)\). Дальше над действительными множителями вторую скобку не разложить.

Из \(a+b+c=0\) имеем \(a^2+b^2+c^2=-2(ab+bc+ca)\). Возведём в квадрат: \[ (a^2+b^2+c^2)^2=4(ab+bc+ca)^2. \]

Левая часть равна \(a^4+b^4+c^4+2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)\). Правая равна \(4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+abc(a+b+c))\), а последний член равен нулю. Получаем нужное равенство.

По разложению \(n^4+4=(n^2-2n+2)(n^2+2n+2)\).

Если \(n>1\), оба множителя больше \(1\), значит число составное. При \(n=1\) получаем \(1^4+4=5\), это простое число. Ответ: \(n=1\).

Достаточно доказать \(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\ge0\). Умножим на \(2\): \[ 2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2. \]

Правая часть неотрицательна, значит неравенство доказано.

Обозначим выражение через \(E\). Оно имеет степень \(3\), и при \(a=b\) получаем \(E=0\), значит есть множитель \(a-b\). Аналогично есть множители \(b-c\) и \(c-a\).

Так как произведение \((a-b)(b-c)(c-a)\) тоже имеет степень \(3\), остаётся определить знак. Подставим \(a=1\), \(b=2\), \(c=3\): \(E=1( -1)+4(2)+9(-1)=-2\). А \((a-b)(b-c)(c-a)=(-1)(-1)(2)=2\). Значит, \(E=-(a-b)(b-c)(c-a)\).

Вычислим: \[ (x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=x^2+y^2+z^2-2(x+y+z)+3. \] По условию это \(3-6+3=0\).

Сумма квадратов равна нулю только тогда, когда каждый квадрат равен нулю. Значит, \(x=y=z=1\).

Имеем \((x-y)(x+y)=15\). Оба множителя имеют одну чётность, потому что их сумма \(2x\) чётна. Так как \(15\) нечётно, оба множителя нечётны.

Возможные пары: \((1,15)\), \((3,5)\), \((-1,-15)\), \((-3,-5)\). Решая системы \(x-y=u\), \(x+y=v\), получаем \((x,y)=(8,7),(4,1),(-8,-7),(-4,-1)\).

Так как \(a+b+c=0\), по тождеству получаем \(a^3+b^3+c^3=3abc\).

По условию \(abc=2\), значит \(a^3+b^3+c^3=6\).

Рассмотрим разность: \[ a^4+b^4-a^3b-ab^3=a^3(a-b)-b^3(a-b)=(a-b)(a^3-b^3). \] Теперь \(a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)\).

Значит, разность равна \((a-b)^2(a^2+ab+b^2)\). Первый множитель неотрицателен, второй равен \(\left(a+\frac b2\right)^2+\frac34b^2\ge0\). Поэтому неравенство доказано.

Имеем \(n^4+4n^2+4=(n^2+2)^2\). Квадрат натурального числа может быть простым только если основание равно простому числу и квадрат равен самому основанию, что невозможно для основания больше \(1\).

Здесь \(n^2+2\ge3\), значит \((n^2+2)^2\) имеет делитель \(n^2+2\), отличный от \(1\) и от самого числа. Поэтому решений нет.

Пусть \(s=x+y\), \(p=xy\). Из \(x^2+y^2=s^2-2p=10\) получаем \(p=\frac{s^2-10}{2}\).

Далее \(x^3+y^3=s^3-3ps=10\). Подставим \(p\): \[ s^3-\frac{3s(s^2-10)}{2}=10. \] Умножаем на \(2\): \(2s^3-3s^3+30s=20\), то есть \(s^3-30s+20=0\) с противоположным знаком: \(s^3-30s+20=0\).

Проверяем рациональные корни: \(s=1\) не подходит, \(s=2\) даёт \(-32\), \(s=4\) даёт \(-36\), \(s=5\) даёт \(-5\), \(s=-6\) даёт \(-16\). Уравнение можно оставить как кубическое условие, но нужно ещё требовать действительность \(x,y\): дискриминант \(s^2-4p=s^2-2(s^2-10)=20-s^2\ge0\). Значит, допустимы только действительные корни кубика на отрезке \([-\sqrt{20},\sqrt{20}]\).

Имеем \[ a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca). \] Так как \(a,b,c\ge0\), первый множитель \(a+b+c\ge0\).

Второй множитель неотрицателен, потому что \[ 2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2. \] Значит, вся разность неотрицательна. Равенство возможно, если \(a+b+c=0\), то есть \(a=b=c=0\), или если второй множитель равен нулю, то есть \(a=b=c\). В обоих случаях условие равенства: \(a=b=c\).