#2 Методы разложения на множители

Выносим \(3xy\): \(6x^3y-9x^2y^2+3xy^3=3xy(2x^2-3xy+y^2)\).

Далее \(2x^2-3xy+y^2=(2x-y)(x-y)\). Поэтому итоговое разложение: \(3xy(2x-y)(x-y)\).

Имеем \(ab+ac+bd+cd=a(b+c)+d(b+c)\).

Выносим \(b+c\): получаем \((a+d)(b+c)\).

Такие числа — \(p\) и \(q\). Поэтому \(x^2-(p+q)x+pq=(x-p)(x-q)\).

Пусть \(U=2a+b\), \(V=a-2b\). Тогда \(U-V=a+3b\), \(U+V=3a-b\).

Следовательно, выражение равно \((a+3b)(3a-b)\).

Имеем \(a^2+2ab+b^2-c^2=(a+b)^2-c^2\).

Это разность квадратов: \((a+b-c)(a+b+c)\).

\(x^4+4y^4=x^4+4x^2y^2+4y^4-4x^2y^2=(x^2+2y^2)^2-(2xy)^2\).

Значит, \(x^4+4y^4=(x^2-2xy+2y^2)(x^2+2xy+2y^2)\).

Для нечётного \(m\) верно разложение \(a^m+b^m=(a+b)(a^{m-1}-a^{m-2}b+\cdots-ab^{m-2}+b^{m-1})\).

При \(m=2n+1\) это даёт множитель \(a+b\), значит делимость доказана.

Пусть \(P(x)=x^3+kx^2-5x-2k\). Условие равносильно \(P(2)=0\).

\(P(2)=8+4k-10-2k=2k-2\), поэтому \(k=1\).

Тогда \(P(x)=x^3+x^2-5x-2=(x-2)(x^2+3x+1)\).

\(x^4+x^2+1=x^4+2x^2+1-x^2=(x^2+1)^2-x^2\).

Получаем \((x^2-x+1)(x^2+x+1)\).

Имеем \(n^4+4n^2+3=(n^2+1)(n^2+3)\).

При натуральном \(n\) оба множителя больше \(1\), значит число составное.

По тождеству \(a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\).

Второй множитель целый, если \(a,b,c\) целые. Поэтому выражение делится на \(a+b+c\).

\(x^2y^2-9z^4=(xy)^2-(3z^2)^2\).

Значит, \(x^2y^2-9z^4=(xy-3z^2)(xy+3z^2)\).

Из условия \(a^3+b^3+c^3-3abc=0\). По тождеству это равно \((a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)\).

Так как \(a+b+c>0\), второй множитель равен нулю. Но \(2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\). Значит, \(a=b=c\).

Имеем \(x^4+4y^4=(x^2-2xy+2y^2)(x^2+2xy+2y^2)\).

Первый множитель равен \((x-y)^2+y^2\). Для натуральных \(x,y\) он равен \(1\) только при \(y=1\) и \(x=y\), то есть \(x=y=1\).

Тогда число равно \(5\), оно простое. Во всех остальных случаях оба множителя больше \(1\), и число составное. Ответ: \((1,1)\).

\(x^6-1=(x^3-1)(x^3+1)\).

Далее \(x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)\), а \(x^3+1=(x+1)(x^2-x+1)\).

Итак, \(x^6-1=(x-1)(x+1)(x^2+x+1)(x^2-x+1)\).

\(a^6-b^6=(a^3-b^3)(a^3+b^3)\).

При этом \(a^3-b^3=(a-b)(a^2+ab+b^2)\). Значит, \(a^2+ab+b^2\) действительно является множителем \(a^6-b^6\).

Перепишем: \(x^2-2x-y^2=6\). Тогда \((x-1)^2-y^2=7\).

Получаем \((x-1-y)(x-1+y)=7\). Возможные пары множителей: \((1,7)\), \((7,1)\), \((-1,-7)\), \((-7,-1)\).

Решая системы, получаем \((x,y)=(5,3),(5,-3),(-3,-3),(-3,3)\).

\(a^4+a^2b^2+b^4=(a^2+b^2)^2-a^2b^2\).

Это разность квадратов: \((a^2-ab+b^2)(a^2+ab+b^2)\).

Обозначим выражение через \(E\). Если \(a=b\), то после подстановки \(E=0\), значит есть множитель \(a-b\). Аналогично есть множители \(b-c\) и \(c-a\).

Так как степень выражения равна \(3\), получаем \(E=k(a-b)(b-c)(c-a)\). Подставим \(a=1\), \(b=2\), \(c=3\): \(E=2\), а \((a-b)(b-c)(c-a)=2\). Значит, \(k=1\).

Итак, \(E=(a-b)(b-c)(c-a)\).

Данное выражение равно \((n+1)^4+4\). Положим \(m=n+1\). Тогда \(m^4+4=(m^2-2m+2)(m^2+2m+2)\).

Если \(|m|>1\), это нетривиальное разложение. При \(m=0\) получаем \(4\), не простое. При \(m=1\) или \(m=-1\) получаем \(5\), простое.

Значит, \(n=0\) или \(n=-2\).

Пусть \(n^4+4=m^2\). Тогда \(m^2-n^4=4\), то есть \((m-n^2)(m+n^2)=4\).

Оба множителя положительны. Возможны пары \((1,4)\), \((2,2)\), \((4,1)\). Пара \((1,4)\) даёт \(2m=5\), невозможно. Пара \((2,2)\) даёт \(n=0\), противоречит натуральности. Пара \((4,1)\) невозможна по порядку множителей.

Следовательно, \(n^4+4\) не является квадратом.

Имеем \((x-y)(x+y)=24\). Пусть \(u=x-y>0\), \(v=x+y\). Тогда \(uv=24\), а \(u\) и \(v\) одной чётности.

Подходят пары \((2,12)\), \((4,6)\), \((-2,-12)\), \((-4,-6)\) с положительным \(u\) только первые две пары. Из \(x=\frac{u+v}{2}\), \(y=\frac{v-u}{2}\) получаем \((x,y)=(7,5)\), \((5,1)\).

Если \(v<0\), при \(u>0\) произведение было бы отрицательным, поэтому других решений нет.

Левая часть обращается в ноль при \(a=b\), при \(b=c\) и при \(c=a\). Значит, она делится на \((a-b)(b-c)(c-a)\).

Так как степень равна \(3\), левая часть равна \(k(a-b)(b-c)(c-a)\). Подставим \(a=1\), \(b=2\), \(c=3\). Левая часть равна \(-2\), а произведение равно \(2\). Поэтому \(k=-1\).

Тождество доказано.

Обозначим \(s_k=a^k+b^k+c^k\). Так как \(a,b,c\) являются корнями многочлена \(t^3+qt-r=0\), где \(q=ab+bc+ca\), \(r=abc\), для каждого корня \(t^3=-qt+r\).

Умножая на \(t^2\) и суммируя по трём корням, получаем \(s_5=-q s_3+r s_2\).

При \(a+b+c=0\) имеем \(s_3=3abc=3r\), а \(s_2=-2q\). Тогда \(s_5=-3qr-2qr=-5qr\).

Так как \(q=-\frac{s_2}{2}\), получаем \(s_5=\frac{5}{2}rs_2=\frac{5}{2}abc(a^2+b^2+c^2)\).

Обозначим выражение через \(E\). При \(a=b\), \(b=c\), \(c=a\) оно обращается в ноль, значит \(E\) делится на \((a-b)(b-c)(c-a)\).

Оставшийся множитель имеет степень \(2\) и симметричен, поэтому имеет вид \(\alpha(a^2+b^2+c^2)+\beta(ab+bc+ca)\). Подставляя \(c=0\), получаем \(E=a^4b-b^4a=ab(a-b)(a^2+ab+b^2)\), а \((a-b)(b-c)(c-a)=-(ab)(a-b)\). Поэтому оставшийся множитель равен \(-(a^2+ab+b^2)\) при \(c=0\).

Отсюда \(\alpha=-1\), \(\beta=-1\). Значит,

\[E=-(a-b)(b-c)(c-a)(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca).\]

Обычная попытка взять все множители большими не помогает: произведение скорее уменьшается. Скрытая идея в том, что после уменьшения маленькие множители могут стать отрицательными, а произведение двух отрицательных множителей положительно.

Пусть исходные числа равны \(1,1,a\). Тогда исходное произведение равно \(a\), а новое равно \((-3)(-3)(a-4)=9a-36\).

Нужно, чтобы новое произведение было на \(2020\) больше исходного:

\[9a-36=a+2020.\]

Отсюда \(8a=2056\), значит \(a=257\). Проверка: исходное произведение \(1\cdot1\cdot257=257\), новое произведение \((-3)(-3)\cdot253=2277\), и \(2277-257=2020\). Значит, такое возможно.

Нужно не угадывать все пять чисел, а создать большой коэффициент перед одним неизвестным. Пусть числа равны \(1,1,1,1,a\). Тогда исходное произведение равно \(a\).

После уменьшения на \(4\) получаем \((-3)^4(a-4)=81a-324\).

Требуем условие

\[81a-324=78a.\]

Отсюда \(3a=324\), значит \(a=108\). Проверка: исходное произведение равно \(108\), новое равно \((-3)^4\cdot104=8424\), а \(78\cdot108=8424\). Значит, пример \(1,1,1,1,108\) подходит.

Здесь нужен не перебор, а управление знаком. Если взять пять единиц и одну тройку, то после уменьшения на \(4\) появятся множители \(-3,-3,-3,-3,-3,-1\), произведение которых положительно и равно \(243\).

Пусть исходные числа равны \(1,1,1,1,1,3,a\). Исходное произведение равно \(3a\), а новое равно \(243(a-4)\).

Хотим получить увеличение в \(80\) раз:

\[243(a-4)=80\cdot3a.\]

То есть \(243a-972=240a\), откуда \(a=324\). Проверка: исходное произведение равно \(972\), новое равно \(243\cdot320=77760\), а \(80\cdot972=77760\). Значит, такой набор существует.