Алгебра. Книга 1

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: \(a=b=c\).

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.

\(x^2-9x+20=(x-4)(x-5)\). Поэтому \(x=4\) или \(x=5\).

Пусть \(u=x^2\). Тогда \(u^2-10u+9=0\), откуда \(u=1\) или \(u=9\).

Значит, \(x=\pm1\) или \(x=\pm3\).

Числа \(x,y\) являются корнями уравнения \(t^2-8t+15=0\).

Получаем \((t-3)(t-5)=0\). Поэтому \((x,y)=(3,5)\) или \((5,3)\).

Получаем \(9-3a+12=0\), то есть \(21-3a=0\).

Следовательно, \(a=7\).

\(\left(x+\frac1x\right)^2=x^2+2+\frac1{x^2}=25\).

Значит, \(x^2+\frac1{x^2}=23\).

Из \(x^2+y^2=(x+y)^2-2xy\) получаем \(25=49-2xy\), значит \(xy=12\).

Тогда \(x,y\) — корни \(t^2-7t+12=0\), откуда \(t=3\) или \(t=4\). Ответ: \((3,4)\), \((4,3)\).

Получаем \(u^2-13u+36=0\), то есть \((u-4)(u-9)=0\).

Так как \(u=x^2\), имеем \(x^2=4\) или \(x^2=9\). Поэтому \(x=\pm2,\pm3\).

Вычитая, получаем \(x^2-y^2+y-x=0\), то есть \((x-y)(x+y-1)=0\).

Если \(x=y\), то \(x^2+x=12\), откуда \(x=3\) или \(x=-4\). Получаем \((3,3)\), \((-4,-4)\).

Если \(x+y=1\), то \(y=1-x\), и \(x^2+1-x=12\). Тогда \(x^2-x-11=0\), откуда \(x=\frac{1\pm3\sqrt5}{2}\), \(y=\frac{1\mp3\sqrt5}{2}\).

\((x-y)(x+y)=21\). Оба множителя одной чётности, а произведение нечётно, значит оба нечётны.

Пары \((1,21)\), \((3,7)\), \((-1,-21)\), \((-3,-7)\) дают \((11,10)\), \((5,2)\), \((-11,-10)\), \((-5,-2)\).

Дискриминант \(D=16-4a\). Нужно \(D=0\), значит \(16-4a=0\).

Получаем \(a=4\).

\(x^3+y^3=(x+y)^3-3xy(x+y)=216-18xy\).

Из \(216-18xy=72\) получаем \(xy=8\). Тогда \(x,y\) — корни \(t^2-6t+8=0\), значит \((x,y)=(2,4)\), \((4,2)\).

\((x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)\).

Подставляем данные: \(36=12+2(xy+yz+zx)\). Значит, \(xy+yz+zx=12\).

Пусть \(u=x+\frac1x=3\). Тогда \(u^3=x^3+\frac1{x^3}+3\left(x+\frac1x\right)\).

Значит, \(27=x^3+\frac1{x^3}+9\), откуда \(x^3+\frac1{x^3}=18\).

Пусть корни равны \(m,n\). Тогда \(mn=12\), \(m+n=a\).

Перебираем целые пары делителей: \((1,12)\), \((2,6)\), \((3,4)\) и такие же отрицательные пары. Получаем \(a=13,8,7,-13,-8,-7\).

\(x^2-y^2=(x-y)(x+y)\). Так как \(x+y=5\), получаем \(5(x-y)=15\), значит \(x-y=3\).

Решая \(x+y=5\), \(x-y=3\), получаем \(x=4\), \(y=1\).

Пусть \(u=x^2-3x\). Тогда \(u^2-2u-8=0\), откуда \(u=4\) или \(u=-2\).

Если \(x^2-3x=4\), то \(x^2-3x-4=0\), \(x=4\) или \(x=-1\). Если \(x^2-3x=-2\), то \(x^2-3x+2=0\), \(x=1\) или \(x=2\).

\((x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=x^2+y^2+z^2-2(x+y+z)+3=3-6+3=0\).

Сумма квадратов равна нулю только когда все квадраты равны нулю. Значит, \(x=y=z=1\).

Вычитаем: \(x^2-y^2+2y-2x=0\), то есть \((x-y)(x+y-2)=0\).

Если \(x=y\), то \(x^2+2x=9\), поэтому \(x=-1\pm\sqrt{10}\). Получаем две пары \((-1+\sqrt{10},-1+\sqrt{10})\), \((-1-\sqrt{10},-1-\sqrt{10})\).

Если \(x+y=2\), то \(y=2-x\). Подстановка даёт \(x^2+4-2x=9\), то есть \(x^2-2x-5=0\). Тогда \(x=1\pm\sqrt6\), \(y=1\mp\sqrt6\).

Имеем \(xy-x-y=5\). Добавим \(1\): \((x-1)(y-1)=6\).

Так как \(x,y\) натуральные, \(x-1\) и \(y-1\) положительные делители \(6\). Пары \((1,6)\), \((2,3)\), \((3,2)\), \((6,1)\) дают \((x,y)=(2,7),(3,4),(4,3),(7,2)\).

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

\(x^4+y^4=(x^2+y^2)^2-2x^2y^2=(4-2p)^2-2p^2=16-16p+2p^2\).

По условию \(16-16p+2p^2=2\), значит \(p^2-8p+7=0\). Отсюда \(p=1\) или \(p=7\). Но для действительных \(x,y\) при \(x+y=2\) нужно \(p\le1\). Значит, \(p=1\), и \(x,y\) — корни \(t^2-2t+1=0\). Получаем \(x=y=1\).

При \(x=3\): \(9-3(a+1)+a+6=0\), то есть \(12-2a=0\), значит \(a=6\).

При \(x=4\): \(16-4(a+1)+a+6=0\), то есть \(18-3a=0\), значит \(a=6\). Поэтому единственное значение \(a=6\). Тогда оба числа \(3\) и \(4\) действительно являются корнями.

Перепишем: \(x^2-2x+y^2-4y+5=0\).

Это \((x-1)^2+(y-2)^2=0\). Сумма квадратов равна нулю только при \(x=1\), \(y=2\).

Числа \(x,y,z\) являются корнями многочлена \(t^3-3t^2+3t-1\).

Но \(t^3-3t^2+3t-1=(t-1)^3\). Значит, все три корня равны \(1\), то есть \(x=y=z=1\).

Без ограничения общности пусть \(x\le y\le z\). Если \(x\ge3\), то \(xyz\ge3yz\), а правая часть \(x+y+z+2\le z+z+z+2=3z+2\) при \(x,y\le z\), что для \(y\ge3\), \(z\ge3\) невозможно грубой оценкой \(3yz>3z+2\). Значит, \(x=1\) или \(x=2\).

Если \(x=1\), то \(yz=y+z+3\), то есть \((y-1)(z-1)=4\). Получаем \((y,z)=(2,5),(3,3),(5,2)\).

Если \(x=2\), то \(2yz=y+z+4\). Тогда \(y=1\) даёт \(2z=1+z+4\), \(z=5\); \(y=2\) даёт \(4z=2+z+4\), \(z=2\); при \(y\ge3\) левая часть слишком велика: \(2yz-y-z-4\ge6z-3-z-4=5z-7>0\). С учётом перестановок получаем все решения: перестановки \((1,2,5)\), \((1,3,3)\), \((2,1,5)\), \((2,2,2)\), то есть кратко перестановки \((1,2,5)\), \((1,3,3)\) и \((2,2,2)\).

Пусть \(s=x+y\), \(p=xy\). Тогда \(s+p=11\), а \(x^2+y^2=s^2-2p=25\).

Из \(p=11-s\) получаем \(s^2-2(11-s)=25\), то есть \(s^2+2s-47=0\). Значит, \(s=-1\pm4\sqrt3\), \(p=11-s\).

Для существования действительных \(x,y\) нужно \(s^2-4p\ge0\). Для обоих найденных значений это условие выполняется. Тогда \(x,y\) — корни \(t^2-st+p=0\). Ответ можно записать так: для каждого \(s=-1\pm4\sqrt3\), \(p=11-s\), пары \((x,y)\) являются двумя перестановками корней \(t^2-st+p=0\).

Ответ: нет, не обязательно. Покажем, как найти контрпример.

Из равенства первых двух выражений получаем \(x+2y^2=y+2x^2\). Переносим всё в одну сторону:

\[x-y-2(x^2-y^2)=0.\]

Значит, \((x-y)(1-2(x+y))=0\). Поэтому для каждой пары переменных должно выполняться: либо они равны, либо их сумма равна \(\frac12\).

Возьмём \(x=y=\frac16\), \(z=\frac13\). Тогда \(x+y=\frac13\), но \(x+z=y+z=\frac12\). Проверим значения:

\[x+2y^2+2z^2=\frac16+\frac1{18}+\frac2{9}=\frac49,\]

и аналогично два других выражения тоже равны \(\frac49\). При этом \(x,y,z\) не все равны. Значит, утверждение неверно.

Так как \(P(1)=0\), \(P(x)\) делится на \(x-1\). Деление даёт \(P(x)=(x-1)(x^2-x-6)=(x-1)(x-3)(x+2)\).

\(P(-1)=-1+2-7=-6\). Остаток равен \(-6\).

\((x+4)(x-6)=x^2-2x-24\). Поэтому \(a=-2\), \(b=-24\).

Многочлен \(R=P-Q\) имеет степень не выше \(2\) и три различных корня: \(-1,0,2\). Значит, \(R\equiv0\), то есть \(P=Q\).

Для одночлена \(cx^k\) разность значений равна \(c(17^k-5^k)\), она делится на \(12\). Сумма таких разностей тоже делится на \(12\).

Значение при \(x=2\): \(8+4a-8-4a=0\). Значит, делимость выполняется при любом \(a\).

Пусть общий корень равен \(r\). Тогда \(r^2+ar+b=0\) и \(r^2+br+a=0\). Вычитая, получаем \((a-b)(r-1)=0\). Так как \(a\ne b\), имеем \(r=1\).

Дискриминант равен \((u+v)^2-4uv=u^2-2uv+v^2=(u-v)^2\).

Если бы \(P\) не был нулевым, он имел бы не более \(4\) корней. Но по условию корней не меньше \(5\). Противоречие. Значит, \(P\equiv0\).

Для многочлена с целыми коэффициентами \(P(8)-P(2)\) делится на \(6\). Но по условию \(P(8)-P(2)=-2\), что не делится на \(6\). Противоречие.

Из условия \(1000^2b+1000c+a=1000^2c+1000a+b\). После переноса и деления на \(999\) получаем \(1001b-1000c-a=0\), то есть \(a=1001b-1000c\).

Значение первого трёхчлена при \(1\) равно \(a+b+c=1002b-999c=3(334b-333c)\). Оно всегда делится на \(3\). Число \(2024\) на \(3\) не делится, значит такое невозможно.

Пусть \(r\) — общий корень. Тогда \(P(r)=0\), а потому \(P(P(P(r)))=P(P(0))\). По условию это равно \(0\), значит \(P(P(0))=0\).

Обозначим \(P(x)=x^2+ux+v\). Тогда \(P(0)=v\), и условие \(P(v)=0\) даёт \(v^2+uv+v=v(v+u+1)=0\).

Если \(v=0\), то \(P(0)=0\). Если \(v+u+1=0\), то \(P(1)=1+u+v=0\). В обоих случаях \(P(0)P(1)=0\).

Так как произведение имеет ровно три различных корня, трёхчлены имеют общий корень \(r\). При этом \(u\ne v\), иначе корней было бы только два.

Вычитаем: \(0=(r^2+ur+v)-(r^2+vr+u)=(u-v)(r-1)\). Значит, \(r=1\). Подставляя, получаем \(1+u+v=0\).

Пусть остальные корни двух трёхчленов равны \(r_1\) и \(r_2\). По Виету для первого трёхчлена \(1+r_1=-u\), для второго \(1+r_2=-v\). Поэтому сумма трёх различных корней равна \(1+r_1+r_2=1-u-v-2=-u-v-1=0\).

Пусть \(P(x)=(x-a_1)(x-a_2)\), \(Q(x)=(x-b_1)(x-b_2)\). Условие означает \(Q(a_1)+Q(a_2)=P(b_1)+P(b_2)\).

Раскрывая только нужные суммы, получаем \((a_1-b_1)(a_1-b_2)+(a_2-b_1)(a_2-b_2)=(b_1-a_1)(b_1-a_2)+(b_2-a_1)(b_2-a_2)\).

После сокращения это равносильно \((a_1-a_2)^2=(b_1-b_2)^2\). Но для приведённого квадратного трёхчлена дискриминант равен квадрату разности корней. Значит, дискриминанты равны.

Если \(k<5\), то по любому подходящему многочлену \(P\) можно построить другой: \(Q(x)=P(x)+(x-n_1)\cdots(x-n_k)\). Он остаётся приведённым степени \(5\), но \(Q(n_i)=P(n_i)\). Значит, однозначности нет.

Для \(k=5\) возьмём точки \(n_i=10i\) и сообщим произведение значений \(1\). Подходит многочлен \(P(x)=\prod_{i=1}^5(x-n_i)+1\).

Если другой приведённый целочисленный многочлен \(Q\) тоже даёт произведение \(1\), то все \(Q(n_i)=\pm1\). Но \(Q(n_i)-Q(n_j)\) делится на \(n_i-n_j\), а разность \(2\) не делится на \(10\) или больше. Значит, все значения \(Q(n_i)\) одинаковы; так как их пять, произведение \(1\) даёт все \(Q(n_i)=1\). Тогда \(P-Q\) имеет пять корней и степень не выше \(4\), поэтому \(P=Q\).

Многочлен \(h(x)=g(7-x)\) тоже приведённый квадратный. Условия дают \(h(2)=g(5)=f(2)\) и \(h(5)=g(2)=f(5)\).

Разность \(h-f\) имеет степень не выше \(1\), но имеет два корня \(2\) и \(5\). Значит, \(h=f\).

Если \(r\) — корень \(f\), то \(7-r\) — корень \(g\). Корни разбиваются на две пары с суммой \(7\), поэтому сумма всех четырёх корней равна \(14\).

Дискриминанты равны \(D_1=p^2-4q\), \(D_2=p^2-4q-4\), \(D_3=p^2-4q-8\).

Так как первые два трёхчлена имеют целые корни, \(D_1=m^2\), \(D_2=n^2\) для неотрицательных целых \(m,n\). Тогда \(m^2-n^2=4\), то есть \((m-n)(m+n)=4\). Оба множителя одной чётности, значит возможно только \(m-n=m+n=2\), откуда \(n=0\).

Тогда \(D_3=D_2-4=-4<0\). Следовательно, третий трёхчлен не имеет действительных корней.

По Виету для целых корней \(r,s\): \(-b/a=r+s\), \(c/a=rs\). Значит, \(a\mid b\) и \(a\mid c\).

Пусть использованы числа \(k+1,\ldots,k+3n\). Упорядочим старшие коэффициенты: \(a_1<\cdots

Для трёхчлена со старшим коэффициентом \(a_n\) коэффициенты \(b,c\) должны быть положительными кратными \(a_n\), значит хотя бы один из них не меньше \(3a_n\). Но все коэффициенты не превосходят \(k+3n\). Поэтому \(3(k+n)\le k+3n\), откуда \(k=0\). Тогда \(a_i=i\).

Если \(i\) чётно, то в соответствующей тройке все три коэффициента чётные. Если \(i\) нечётно, хотя бы один коэффициент в тройке должен быть чётным, иначе значение трёхчлена при любом целом \(x\) нечётно и корня быть не может. Значит, чётных коэффициентов не меньше \(n+2\lfloor n/2\rfloor\), что при \(n>10\) больше половины всех чисел \(1,\ldots,3n\). Но среди них чётных только \(\lfloor3n/2\rfloor\). Противоречие.

Ось параболы проходит через середину корней, то есть \(c=\frac{a+b}{2}\), а вершина имеет координаты \((c,-1)\). Поэтому \(y=\lambda(x-c)^2-1\). Подстановка \(x=a\) даёт \(0=\lambda\left(\frac{b-a}{2}\right)^2-1\), значит \(\lambda=\frac{4}{(b-a)^2}\).

Для двух парабол получаем уравнение общих точек: \(\frac{4}{w_1^2}(x-c_1)^2=\frac{4}{w_2^2}(x-c_2)^2\). Оно равносильно двум линейным уравнениям \(\frac{x-c_1}{w_1}=\pm\frac{x-c_2}{w_2}\). Если \(w_1\ne w_2\) и \(c_1\ne c_2\), оба дают по одному разному решению. Если совпадает ширина или ось, одно решение сливается или исчезает, и остаётся ровно одна общая точка.

Пусть \(P(a)-P(b)=N^2\). Для \(P(x)=ux^2+vx+w\) имеем \(P(a)-P(b)=(a-b)(u(a+b)+v)\).

Возьмём \(c=a+k\), \(d=b-k\). Тогда \(c+d=a+b\), а \(c-d=a-b+2k\), поэтому \(P(c)-P(d)=(a-b+2k)(u(a+b)+v)\).

Если \(k=(a-b)m\), то \(P(c)-P(d)=(2m+1)N^2\). Выбираем \(m\) так, чтобы \(2m+1\) было квадратом нечётного числа: \(2m+1=(2t+1)^2\). Для \(t=1,2,\ldots,1001\) получаем больше \(1000\) разных пар.

Многочлен \((x-a_1)(x-a_2)(x-a_3)-t\) имеет корни \(c_1,c_2,c_3\), значит он равен \((x-c_1)(x-c_2)(x-c_3)\).

Подставим \(-x\): \((-x-a_1)(-x-a_2)(-x-a_3)-t=(-x-c_1)(-x-c_2)(-x-c_3)\).

Умножая на \(-1\), получаем \((x+a_1)(x+a_2)(x+a_3)+t=(x+c_1)(x+c_2)(x+c_3)\). Следовательно, при \(x=-a_1,-a_2,-a_3\) левая часть уравнения равна \(t\). Ответ: \(-a_1,-a_2,-a_3\).

Касательная к \(y=x^2\) в точке \(u\) имеет вид \(y=2ux-u^2\), в точке \(v\) — \(y=2vx-v^2\). Их пересечение: \(x=\frac{u+v}{2}\), \(y=uv\).

Так как графики пересекаются при \(u,v\), многочлен \((p-1)x^2+qx+r\) имеет корни \(u,v\). Поэтому \((p-1)x^2+qx+r=(p-1)(x-u)(x-v)\).

Подставим \(C\) в \(y=px^2+qx+r\). Используя \(q=-(p-1)(u+v)\), \(r=(p-1)uv\), получаем \(uv=p\left(\frac{u+v}{2}\right)^2-(p-1)(u+v)\frac{u+v}{2}+(p-1)uv\). После упрощения выходит \((p-2)(u-v)^2=0\). Так как \(u\ne v\), \(p=2\).

Пусть \(P(n)=an^2+bn+c\), \(Q(n)=un^2+vn+w\). Если \(P(k)\ne P(m)\), абсцисса пересечения \(L_k,L_m\) равна

\[x_{km}=\frac{Q(m)-Q(k)}{P(k)-P(m)}=-\frac{u(k+m)+v}{a(k+m)+b}.\]

Если три прямые \(L_k,L_m,L_s\) проходят через одну точку, то \(x_{km}=x_{ks}\). Так как \(m\ne s\), из равенства дробей следует \(ub-av=0\), и тогда выражение для \(x_{km}\) не зависит от \(k,m\). Значит, все пары прямых пересекаются при одной и той же абсциссе \(x_0\).

Подставляя \(x_0\), получаем, что значения \(P(n)x_0+Q(n)\) одинаковы для трёх разных \(n\). Это квадратный многочлен от \(n\), имеющий три равных значения после вычитания константы, значит он постоянен. Поэтому все \(L_n\) проходят через одну точку.

По Виету \(r_1+r_2=-\frac ba\). Тогда

\[f(r_1+r_2)=f\left(-\frac ba\right)=a\frac{b^2}{a^2}-\frac{b^2}{a}+c=c.\]

Значит, \(c=137\).

\(a_{15}=4+14\cdot5=74\).

\(b_6=2\cdot3^5=486\).

\(\frac1{k(k+1)}=\frac1k-\frac1{k+1}\). Сумма равна \(1-\frac1{11}=\frac{10}{11}\).

По индукции \(a_n=n^2\). Поэтому \(a_{20}=400\).

Общий член \(a_n=53-5(n-1)\). Положительность даёт \(58-5n>0\), значит \(n\le11\). Последний член \(a_{11}=3\).

Сумма равна \(\frac{11(53+3)}2=308\).

Нужно \(3c=4+c\), откуда \(c=2\). Тогда \(a_{n+1}+2=3(a_n+2)\).

\(a_1+2=4\), значит \(a_n+2=4\cdot3^{n-1}\), и \(a_n=4\cdot3^{n-1}-2\).

\(F_{n+3}=F_{n+2}+F_{n+1}=F_n+2F_{n+1}\). Так как \(F_{n+1}\ge F_n\) для \(n\ge1\), получаем \(F_{n+3}\ge3F_n\), тем более \(F_{n+3}\ge2F_n\).

Разности равны \(2n+1\) при переходе от \(a_n\) к \(a_{n+1}\). Это соответствует \(a_n=n^2+1\). Проверка: \(1^2+1=2\), \(2^2+1=5\), и далее.

\(\frac{1}{(k+1)(k+3)}=\frac12\left(\frac1{k+1}-\frac1{k+3}\right)\).

Сумма равна \(\frac12\left(\frac12+\frac13-\frac1{n+2}-\frac1{n+3}\right)\).

Тогда \(B>A>1\), \(x_{n+1}=2^{n+1}(B-A)\), а \(x_n=2^n(B^2-A^2)=2^{n+1}(B-A)\frac{A+B}{2}\).

Так как \(\frac{A+B}{2}>1\), получаем \(x_n>x_{n+1}\).

База очевидна: \(4\mid a_1\). Если \(4\mid a_n\), то \(5a_n+4\) тоже делится на \(4\). Следовательно, \(4\mid a_{n+1}\).

\(\frac1{a_{n+1}}=\frac{a_n+2}{2a_n}=\frac12+\frac1{a_n}\). Значит, \(\frac1{a_n}=\frac12+\frac{n-1}{2}=\frac n2\). Поэтому \(a_n=\frac2n\).

Разностная последовательность имеет \(n-1\) членов, каждый из которых равен \(-1,0,1\), всего \(3^{n-1}\) вариантов.

Для каждой разностной последовательности все исходные последовательности получаются прибавлением одной и той же константы ко всем членам. Ровно по одной из них имеет минимум \(1,2,3,4\). Поэтому ответ \(4\cdot3^{n-1}\).

База \(n=2\): \(F_3F_1-F_2^2=2\cdot1-1=1=(-1)^2\).

Если \(F_{n+1}F_{n-1}-F_n^2=(-1)^n\), то \(F_{n+2}F_n-F_{n+1}^2=(F_{n+1}+F_n)F_n-F_{n+1}^2=-(F_{n+1}F_{n-1}-F_n^2)=(-1)^{n+1}\).

\(1-a_{n+1}=1-2a_n+a_n^2=(1-a_n)^2\). Если \(0

Кроме того, \(a_{n+1}-a_n=a_n(1-a_n)>0\). Поэтому последовательность возрастает.

При \(k\ge2\), \(k^2>k(k-1)\), поэтому \(\frac1{k^2}<\frac1{k(k-1)}=\frac1{k-1}-\frac1k\).

Тогда сумма меньше \(1+\sum_{k=2}^{n}\left(\frac1{k-1}-\frac1k\right)=1+1-\frac1n<2\).

Докажем сильнее: \(a_n\) делится на произведение всех предыдущих членов. База очевидна.

Если \(a_n\) делится на \(a_1\cdots a_{n-1}\), то \(a_{n+1}=a_n(a_n+1)\) делится на \(a_1\cdots a_{n-1}\cdot a_n\). Значит, утверждение верно по индукции.

Пусть \(a_n=3n^2+bn+c\). Из \(a_1=2\): \(3+b+c=2\). Из \(a_2=9\): \(12+2b+c=9\).

Вычитая, получаем \(9+b=7\), значит \(b=-2\). Тогда \(c=1\). Ответ: \(a_n=3n^2-2n+1\).

Конструкция: проведём диагонали \(A_2A_4,A_3A_5,\ldots,A_{n-2}A_n\), затем диагонали \(A_1A_3,A_1A_4,\ldots,A_1A_{n-1}\). Их всего \((n-3)+(n-3)=2n-6\), и порядок можно выбрать так, чтобы каждая новая пересекала не более одной старой.

Докажем оценку индукцией по \(n\). Для треугольника всё ясно. Пусть последняя диагональ — \(A_1A_k\). Она пересекла не более одной предыдущей диагонали \(d\). Все остальные диагонали лежат внутри одного из двух многоугольников: \(A_1A_2\ldots A_k\) или \(A_kA_{k+1}\ldots A_nA_1\). По предположению индукции их не больше \((2k-6)+(2(n+2-k)-6)=2n-8\). Добавляя последнюю диагональ и, возможно, \(d\), получаем не больше \(2n-6\).

Из условий для \(n=1,2,3\) получаем \(28t,80t,162t\in\mathbb Z\). Наибольший общий делитель чисел \(28,80,162\) равен \(2\). Следовательно, \(2t\in\mathbb Z\), то есть \(t=\frac{k}{2}\) для некоторого целого \(k\).

Обратно, \(n(n+3)(n+6)\) всегда чётно: если \(n\) чётно, это ясно, а если \(n\) нечётно, то \(n+3\) чётно. Поэтому каждое \(t=\frac{k}{2}\) подходит. Ответ: \(t=\frac{k}{2}\), \(k\in\mathbb Z\).

Пусть дано число \(n(n+1)\). Тогда

\[n(n+1)=\frac{n(n+2)(n+1)^2}{(n+1)(n+2)}=\frac{(n^2+2n)(n^2+2n+1)}{(n+1)(n+2)}.\]

В числителе стоит произведение двух последовательных чисел \(n^2+2n\) и \(n^2+2n+1\), а в знаменателе — \((n+1)(n+2)\), тоже прямоугольное число. Значит, представление найдено.

Обозначим \(u=(a,b-a)\), \(v=(b-a,-a)\). Тогда \(a u+(b-a)v=(a^2+(b-a)^2,0)=(D,0)\).

Также \((b-a)u-a v=(0,D)\). Поэтому разметка периодична при сдвигах на \((D,0)\) и \((0,D)\).

В фундаментальном квадрате \(D\times D\) число отмеченных клеток равно площади квадрата, делённой на площадь фундаментального параллелограмма решётки. Определитель векторов \(u,v\) равен \(-a^2-(b-a)^2=-D\), значит площадь фундаментального параллелограмма равна \(D\). Поэтому в квадрате площади \(D^2\) находится ровно \(D\) отмеченных клеток.

Зафиксируем разности \(b_i=a_{i+1}-a_i\). Каждая разность может быть \(-2,-1,0,1,2\), всего \(5^{n-1}\) вариантов.

Для каждой разностной последовательности ровно по одной исходной последовательности имеет минимум \(1,2,3,4,5\). Поэтому последовательностей с минимумом не больше \(5\) ровно \(5^n\).

Лишние среди них — те, где нет \(4\) и \(5\). Если минимум не больше \(5\) и при шаге не больше \(2\) последовательность содержит число больше \(5\) и число меньше \(4\), то она обязана пройти через \(4\) или \(5\). Значит, лишние состоят только из \(1,2,3\). Таких \(3^n\). Ответ: \(5^n-3^n\).

Тогда \(B>A>1\), \(y_{n+1}=3^{n+1}(B-A)\), а \(y_n=3^n(B^3-A^3)=3^{n+1}(B-A)\frac{B^2+AB+A^2}{3}\).

Так как \(A,B>1\), среднее \(\frac{B^2+AB+A^2}{3}>1\). Значит, \(y_n>y_{n+1}\).

Возьмём \(a=n\), \(d=n+5\), \(b=n+1\), \(c=n+4\), \(e=n+2\), \(f=n+3\).

Тогда \(b+c=e+f=2n+5\), а \(a+d=2n+5\). Поэтому \(\frac a{b+c}+\frac d{e+f}=\frac{a+d}{2n+5}=1\).

Пусть среди данных есть \(n,n+1,\ldots,n+7\). Возьмём первые шесть: \(n,\ldots,n+5\).

Как в предыдущей конструкции, положим \(a=n\), \(d=n+5\), \(b=n+1\), \(c=n+4\), \(e=n+2\), \(f=n+3\). Тогда оба знаменателя равны \(2n+5\), а \(a+d=2n+5\). Поэтому сумма дробей равна \(1\).

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.

Имеем \((a-b)^2=a^2-2ab+b^2\ge0\). Значит, \(a^2+b^2\ge2ab\). Равенство достигается при \(a=b\).

По AM-GM: \(x+\frac{1}{x}\ge2\sqrt{x\cdot\frac{1}{x}}=2\). Равенство при \(x=1\), значит минимум равен \(2\).

\(2(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)=(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\ge0\). Поэтому требуемое неравенство верно. Равенство при \(a=b=c\).

\(\frac{x+y}{2}\ge\sqrt{xy}\), значит \(5\ge\sqrt{xy}\). Отсюда \(xy\le25\). Равенство при \(x=y=5\).

По AM-GM: \(\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}\). Левая часть равна \(2\), поэтому \(\sqrt[3]{abc}\le2\), то есть \(abc\le8\). Равенство при \(a=b=c=2\).

По AM-GM: \(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}\ge2\sqrt{\frac{a}{b}\cdot\frac{b}{a}}=2\). Равенство при \(a=b\).

По Коши \(\frac{x^2}{y}+\frac{y^2}{x}\ge\frac{(x+y)^2}{x+y}=x+y\). Равенство при \(x=y\).

По Коши-Буняковскому в форме Энгеля: \(\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}\ge\frac{(x+y)^2}{a+b}\). Равенство достигается, когда \(\frac{x}{a}=\frac{y}{b}\).

Из задачи о трёх квадратах следует \((a+b+c)^2\ge3(ab+bc+ca)\). Так как \(a+b+c=1\), получаем \(1\ge3(ab+bc+ca)\), то есть \(ab+bc+ca\le\frac{1}{3}\). Равенство при \(a=b=c=\frac{1}{3}\).

По AM-GM: \(\frac{x+y+z}{3}\ge\sqrt[3]{xyz}=1\). Поэтому \(x+y+z\ge3\). Равенство при \(x=y=z=1\).

По Коши сумма не меньше \(\frac{(a+b+c)^2}{a(b+c)+b(c+a)+c(a+b)}=\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}\).

Так как \((a+b+c)^2\ge3(ab+bc+ca)\), получаем \(\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}\ge\frac{3}{2}\). Равенство при \(a=b=c\).

По Коши: \(\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)(x+y+z)\ge(1+1+1)^2=9\). Так как \(x+y+z=1\), неравенство доказано. Равенство при \(x=y=z=\frac{1}{3}\).

По Коши: \(\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\ge\frac{(a+b+c)^2}{a+b+c}=a+b+c\). Равенство при \(a=b=c\).

По AM-GM: \(1+x\ge2\sqrt{x}\), \(1+y\ge2\sqrt{y}\), \(1+z\ge2\sqrt{z}\). Перемножая, получаем \((1+x)(1+y)(1+z)\ge8\sqrt{xyz}=8\). Равенство при \(x=y=z=1\).

Первая часть очевидна, так как сумма квадратов неотрицательна; равенство возможно только когда все квадраты равны нулю.

Для второй части положим \(m=\frac{x+y+z}{3}\), \(a=x-m\), \(b=y-m\), \(c=z-m\). Тогда \(a+b+c=0\), поэтому \((x-m)^2+(y-m)^2+(z-m)^2\ge0\). Раскрывая, получаем \(x^2+y^2+z^2\ge3m^2=\frac{(x+y+z)^2}{3}\).

Разность равна \(ax+cz-az-cx=(c-a)(z-x)\). Так как \(c-a\ge0\) и \(z-x\ge0\), она неотрицательна. Значит, \(ax+by+cz\ge az+by+cx\).

По Коши левая часть не меньше \(\frac{(x+y+z)^2}{(y+z)+(z+x)+(x+y)}=\frac{(x+y+z)^2}{2(x+y+z)}=\frac{x+y+z}{2}\). Равенство при \(x=y=z\).

По Коши левая часть не меньше \(\frac{(1+1+1)^2}{(3+a)+(3+b)+(3+c)}=\frac{9}{9+a+b+c}=\frac{9}{12}=\frac{3}{4}\). Равенство при \(a=b=c=1\).

Так как \(a+b+c=1\), имеем \(1-a=b+c\), \(1-b=c+a\), \(1-c=a+b\). Поэтому неравенство превращается в \(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}\ge\frac{3}{2}\), то есть в неравенство Несбитта.

По Коши левая часть не меньше \(\frac{(x+y+z)^2}{(x+1)+(y+1)+(z+1)}=\frac{36}{9}=4\). Равенство при \(x=y=z=2\).

По Коши \((a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge(\sqrt{a}\cdot\frac{1}{\sqrt{a}}+\sqrt{b}\cdot\frac{1}{\sqrt{b}}+\sqrt{c}\cdot\frac{1}{\sqrt{c}})^2=9\). Равенство при \(a=b=c\).

По Коши левая часть не меньше \(\frac{(a+b+c)^2}{(a+b)+(b+c)+(c+a)}=\frac{(a+b+c)^2}{2(a+b+c)}=\frac{a+b+c}{2}\).