#6 Алгебраические преобразования в задачах

Имеем \(x^2-8x=(x-4)^2-16\) и \(y^2+2y=(y+1)^2-1\). Поэтому выражение равно \((x-4)^2+(y+1)^2+3\).

Сумма квадратов неотрицательна, значит минимум равен \(3\), и он достигается при \(x=4\), \(y=-1\).

Из \((a+b+c)^2=0\) получаем \(a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=0\), откуда первое равенство.

Кроме того, \(a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\). Правая часть равна нулю, значит \(a^3+b^3+c^3=3abc\).

\(x^2+y^2=(x+y)^2-2xy=49-20=29\).

Далее \(x^3+y^3=(x+y)^3-3xy(x+y)=343-210=133\).

\(\frac{(x+y)^2}{xy}=\frac{x^2+2xy+y^2}{xy}=\frac{x}{y}+2+\frac{y}{x}=3+2=5\).

Так как выражение однородно, множитель \(t\) сократится. Получаем \(\frac{4t^2+9t^2+25t^2}{6t^2+15t^2+10t^2}=\frac{38}{31}\).

Получаем \(s+p=7\) и \(s^2-2p=10\). Из \(p=7-s\) следует \(s^2+2s-24=0\), то есть \(s=4\) или \(s=-6\).

Если \(s=4\), то \(p=3\), и \(x,y\) корни \(t^2-4t+3=0\), значит \(\{x,y\}=\{1,3\}\). Если \(s=-6\), то \(p=13\), но дискриминант \(s^2-4p=36-52<0\), реальных \(x,y\) нет.

Ответ: \((1,3)\) и \((3,1)\).

Из \((a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)\) получаем \(36=a^2+b^2+c^2+22\), значит \(a^2+b^2+c^2=14\).

Далее \((a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=2(14-11)=6\).

Из \((p+q+r)^2=0\) получаем \(18+2(pq+qr+rp)=0\), значит \(pq+qr+rp=-9\).

Тогда \(\frac{1}{p}+\frac{1}{q}+\frac{1}{r}=\frac{pq+qr+rp}{pqr}=\frac{-9}{6}=-\frac{3}{2}\).

Левая часть равна \((x-2)^2+4(y-1)^2+5\). Это число всегда не меньше \(5\), значит оно не может быть равно нулю.

После деления числителя и знаменателя на \(b\) получаем \(\frac{t-1}{t+1}=\frac{1}{3}\). Тогда \(3t-3=t+1\), откуда \(2t=4\) и \(t=2\).

Левая часть равна \(2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\). Так как \(a+b+c=0\), имеем \(ab+bc+ca=-\frac{a^2+b^2+c^2}{2}\).

Подставляя, получаем \(2\left(a^2+b^2+c^2+\frac{a^2+b^2+c^2}{2}\right)=3(a^2+b^2+c^2)\).

Из условий получаем \(xy+yz+zx=-1\). Значит, \(x,y,z\) являются корнями многочлена \(t^3+(xy+yz+zx)t-xyz=t^3-t-xyz\).

Поэтому для каждого из чисел \(x,y,z\) выполнено \(t^3-t=xyz\). Следовательно, \(x^3-x=y^3-y=z^3-z=xyz\).

Пусть \(s=x+y=3\), \(p=xy\). Тогда \(x^2+y^2+xy=s^2-p\). Получаем \(9-p=7\), значит \(p=2\).

Числа \(x,y\) являются корнями \(t^2-3t+2=0\), поэтому \(\{x,y\}=\{1,2\}\). Ответ: \((1,2)\), \((2,1)\).

Так как \(x+y+z=0\), то \(y+z=-x\), \(z+x=-y\), \(x+y=-z\). Поэтому сумма равна \(\frac{x}{-x}+\frac{y}{-y}+\frac{z}{-z}=-1-1-1=-3\).

\(\left(x+\frac{1}{x}\right)^3=x^3+\frac{1}{x^3}+3\left(x+\frac{1}{x}\right)\). Значит, \(27=x^3+\frac{1}{x^3}+9\), и искомое значение равно \(18\).

Имеем \((a-1)^2+(b-1)^2+(c-1)^2=a^2+b^2+c^2-2(a+b+c)+3=3-6+3=0\).

Сумма квадратов равна нулю только тогда, когда каждый квадрат равен нулю. Поэтому \(a=b=c=1\).

Из нулевой суммы получаем \(xy+yz+zx=-3\). Тогда \((xy+yz+zx)^2=x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2+2xyz(x+y+z)\), а второй член равен нулю. Значит, \(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=9\).

Теперь \((x^2+y^2+z^2)^2=x^4+y^4+z^4+2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)\). Поэтому \(36=x^4+y^4+z^4+18\), откуда \(x^4+y^4+z^4=18\).

Из первых двух условий \(ab+bc+ca=-3\). Из тождества \(a^3+b^3+c^3=3abc\) получаем \(abc=2\).

Тогда \(a,b,c\) являются корнями \(t^3-3t-2=0\). Разложение \(t^3-3t-2=(t-2)(t+1)^2\) даёт набор корней \(2,-1,-1\). Значит, все решения — перестановки тройки \((2,-1,-1)\).

Так как \(\frac{x^2+y^2}{xy}=\frac{s^2-2p}{p}=\frac{5}{2}\), имеем \(\frac{s^2}{p}=\frac{9}{2}\).

Тогда \(\left(\frac{x-y}{x+y}\right)^2=\frac{s^2-4p}{s^2}=1-\frac{4p}{s^2}=1-\frac{8}{9}=\frac{1}{9}\). Значит, возможные значения равны \(\frac{1}{3}\) и \(-\frac{1}{3}\). Оба достигаются, например, при отношениях \(x:y=2:1\) и \(1:2\).

Из условий получаем \(ab+bc+ca=-1\). Пусть \(q=abc\). Тогда \(a,b,c\) — три вещественных корня многочлена \(F(t)=t^3-t-q\).

Если кубический многочлен \(t^3-t-q\) имеет три вещественных корня, то значение \(q\) лежит между локальным максимумом и локальным минимумом функции \(t^3-t\). Эти экстремумы достигаются при \(3t^2-1=0\), то есть \(t=\pm\frac{1}{\sqrt{3}}\).

Получаем \(\left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^3-\frac{1}{\sqrt{3}}=-\frac{2}{3\sqrt{3}}\) и \(\left(-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^3+\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{2}{3\sqrt{3}}\). Поэтому \(-\frac{2}{3\sqrt{3}}\le q\le\frac{2}{3\sqrt{3}}\), что и требовалось.

Ответ: не может.

Так как графики прямые и коэффициенты \(v_i\) различны, любые два графика пересекаются не более одного раза. Рассмотрим порядок графиков по высоте при очень большом \(t\), после всех положительных пересечений.

График \(f_1\) в момент \(t=0\) был самым нижним. Каждая его встреча переводит его на одну позицию выше в текущем порядке. Если встреч ровно четыре, то в конце он занимает пятую позицию снизу.

Аналогично \(f_9\) в момент \(t=0\) был самым верхним. Каждая его встреча переводит его на одну позицию ниже. Если встреч ровно четыре, то в конце он тоже занимает пятую позицию снизу. Два разных графика не могут занимать одну и ту же позицию. Противоречие.

Возьмём любые два данных числа \(x\) и \(y\). Рассмотрим два выбора четырёх чисел, которые отличаются только тем, что в одном выборе \(x\) попало в группу квадратов, а \(y\) — в другую группу, а во втором наоборот. Остальные пять вкладов одинаковы.

По условию суммы равны, поэтому \(x^2+(2y-y^2)=y^2+(2x-x^2)\). Переносим всё в одну сторону: \(2x^2-2y^2-2x+2y=0\), то есть \((x-y)(x+y-1)=0\).

Значит, любые два числа из набора либо равны, либо имеют сумму \(1\). Зафиксируем одно число \(x\). Тогда каждое из остальных чисел равно либо \(x\), либо \(1-x\). Следовательно, среди семи чисел есть не более двух различных значений. По принципу Дирихле одно из них встречается хотя бы четыре раза.

Так как \(S\) и \(C\) рациональны, число \(S^2+C^2\) рационально. Раскроем его: \[S^2+C^2=2+2(\sin48t\sin49t+\cos48t\cos49t)=2+2\cos t.\] Значит, \(\cos t\) рационально.

Для любого натурального \(n\) число \(\cos nt\) выражается многочленом с целыми коэффициентами от \(\cos t\). Следовательно, \(\cos48t\) рационально. Поскольку \(C=\cos48t+\cos49t\) рационально, то \(\cos49t=C-\cos48t\) тоже рационально.

Имеем \(\cos y=A-\sin x\) и \(\sin y=\cos x-B\). Возводим в квадрат и складываем: \[(A-\sin x)^2+(\cos x-B)^2=1.\]

После раскрытия и использования \(\sin^2x+\cos^2x=1\) получаем \(A^2+B^2-2A\sin x-2B\cos x=0\), то есть \(2A\sin x+2B\cos x=A^2+B^2\).

Пусть \(N\) — общий знаменатель рациональных чисел \(A\) и \(B\). Тогда \(m=2AN^2\) и \(n=2BN^2\) — натуральные числа, а \((A^2+B^2)N^2\) — натуральное число. Умножив равенство на \(N^2\), получаем требуемое.

Ответ: не может.

Для соседних чисел \(u\neq v\) имеем \[\left(\frac{uv}{u-v}\right)^{-1}=\frac{u-v}{uv}=\frac{1}{v}-\frac{1}{u}.\] Поэтому значение \(\frac{uv}{u-v}\) рационально тогда и только тогда, когда рациональна разность \(\frac{1}{v}-\frac{1}{u}\).

Предположим, что все значения рациональны, кроме, возможно, значения для пары \(a_{2028},a_1\). Тогда разности \(\frac{1}{a_2}-\frac{1}{a_1}\), \(\frac{1}{a_3}-\frac{1}{a_2}\), ..., \(\frac{1}{a_{2028}}-\frac{1}{a_{2027}}\) рациональны. Их сумма равна \(\frac{1}{a_{2028}}-\frac{1}{a_1}\), значит она тоже рациональна.

Следовательно, значение \(\frac{a_{2028}a_1}{a_{2028}-a_1}\) рационально. Это противоречит предположению, что ровно одно значение иррационально.