Тождественные преобразования, уравнения и системы на Высшей пробе —Каталог задач по Олимпиадной математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Тождественные преобразования, уравнения и системы на Высшей пробе

Тема Высшая проба

Тождественные преобразования, уравнения и системы на Высшей пробе

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела высшая проба

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#67767

Различные действительные числа $x,y,z$ таковы, что среди трёх чисел

---x+-y--- ---y+-z-- --z-+x---- x2+ xy+ y2 , y2+ yz+z2, z2+zx+ x2

какие-то два равны. Верно ли, что все эти три числа равны?

Источники: УТЮМ - 2016 и Высшая проба - 2023, 11.2

Подсказки к задаче

Подсказка 1

Эти знаменатели подозрительно напоминают разложение разности кубов... Может, у каждой дроби умножить числитель и знаменатель на что-то и получить заветную разность?

Подсказка 2

Так и сделаем: числитель и знаменатель первой дроби умножим на x-y, второй на y-z, третьей на z-x и получим в числителях разность квадратов, а в знаменателях разность кубов. Но кажется, что это нам пока не сильно помогло...

Подсказка 3

Если уж какие-то два числа равны, то давайте приравняем первую и третью дроби (не умоляя общности) и посмотрим, что получится. (Похоже, что без работы ручками нам не обойтись...)

Подсказка 4

Перемножив крест-накрест и раскрыв скобки мы видим какой-то ужас. Хотя, если приглядеться, полученное равенство будет симметрично относительно переменных x и y. На какую мысль это наводит?

Подсказка 5

А мысль то проста: произвести все операции в обратном порядке, поменяв при этом местами переменные x и y, и получить равенство второй и третьей дроби!

Показать ответ и решение

В данных выражениях умножим числители и знаменатели на $x− y,y− z,$ $z− x$ соответственно (согласно условию, эти разности ненулевые). Получим те же числа в другом виде:

x2− y2 y2− z2 z2− x2 x3− y3, y3−-z3, z3− x3

Без ограничения общности будем считать, что первое и третье числа равны. Тогда

2 2 2 2 x3−-y3-= z3− x3-⇔ x − y z − x

x2z3− x5− y2z3+ y2x3 = z2x3− z2y3− x5+ x2y3 ⇔

x3y2+ y3z2+ z3x2 = x3z2+ y3x2 +z3y2

Это симметричное равенство, поэтому теперь можно просто поменять местами две переменные (например, $x$ и $y)$ и проделать те же переходы в обратном порядке, получив равенство третьего и второго чисел:

x3y2+ y3z2+ z3x2 = x3z2+ y3x2 +z3y2 ⇔

x2z3 − x2y3− z5+ z2y3 = z2x3− z5− y2x3+ y2z3 ⇔

x2− z2 z2− y2 x3−-z3-= z3− y3-⇔

2 2 2 2 z3− x3-= y3− z3 z − x y − z

Деления при этом корректны, так как выражения-делители уже фигурировали ранее в знаменателях, и мы знаем, что они не равны нулю.

Ответ: верно

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#82703

Про вещественные числа $a,b$ и $c$ известно, что

abc+a+ b+ c= 10 и ab+ bc+ac= 9

Для каких чисел $x$ можно утверждать, что хотя бы одно из чисел $a,b,c$ равно $x?$ (Найдите все такие числа $x$ и докажите, что других нет.)

Показать ответ и решение

Из условия имеем систему

{ abc +a+ b+ c= 10 ab+bc+ ac= 9

Из первого уравнения системы вычтем второе, получится

abc+ a+ b+c− ab− bc− ac= 1

Заметим, что

(a− 1)(b− 1)(c− 1)= abc +a+ b+ c− ab− bc− ac− 1

Тогда полученное выше уравнение эквивалентно

(a − 1)(b− 1)(c− 1)=0

Таким образом, хотя бы одно из чисел $a,b,c$ равно $1.$ Значит, $x= 1$ нам подходит. Докажем, что это значение $x$ единственно. Предположим, что существует некоторое $x⁄= 1$ такое, что хотя бы одно чисел $a,b,c$ равно $x.$

Для начала подставим, например, $a= 1$ и получим

{ bc+ 1+ b+c= 10 b+ bc+c =9

В системе у нас два одинаковых уравнения, поэтому можно оставить только одно:

bc+ b+ c= 9

Подбором находим два решения этого уравнения. Например, $b=2,$ $c= 7 3$ и $b= 1,$ $c= 4.$ По предположению в разных парах $(b,c)$ должно быть повторяющееся число. Но его нет, поэтому получено противоречие.

Таким образом, для $x⁄= 1$ нельзя утверждать, что хотя бы одно из чисел равно $x.$

Ответ:

только для $x= 1$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#49484

Решите систему уравнений

(| √x = y+z; { √y = z+2x-; |( √- x+2y- z = 2 .

Источники: Высшая проба - 2023, 8.3 (см. olymp.hse.ru)

Подсказки к задаче

Подсказка 1!

1. давайте попробуем поиграться с оценками в этой задаче, так как уравнения как бы зациклены. давайте упорядочим числа, например х <= y <= z и попробуем тогда оценить корни x и z через соответсвующие переменные. то есть корень из х нам нужно оценить через х, используя уравнение из условия и наше упорядочивание. то есть два слагаемых из правой части оцениваем в соответсвии со знаками между x, y, z и получаем, что корень из х, например, больше х. тогда можно сделать вывод о том, какому промежутку х принадлежит - [0, 1] или [1, ∞].

Подсказка 2!

2. теперь попробуем это использовать - заметим, что z принадлежит [1, ∞], а х [0, 1]. тогда из первого уравнения (y+z)/2 это тоже число из [0, 1]. и аналогично рассмотрим третье уравнение, для него аналогично проводим оценку, но с числом из [1, ∞].

Подсказка 3!

3. осталось аккуратно вывести к тому, что и чисел должны быть определенные значения, чтобы все оценки сошлись!

Показать ответ и решение

Первое решение.

На ОДЗ все переменные неотрицательны. Если хотя бы одна равна нулю, то сумма остальных также нулевая и все переменные равны $0$ . Учтём это и далее будем считать, что все переменные больше нуля.

Не умаляя общности (в силу симметрии), пусть $x≤ y ≤ z$ , тогда посмотрим на первое уравнение

√- y+z x+ x x = -2--≥ -2--= x ⇐⇒ x∈ [0,1]

При этом для последнего уравнения

√ - z = x+2-y≤ z+2-z= z ⇐⇒ z ≥ 1

Итак, с одной стороны $- √x ∈[0,1]$ и $y+z2-∈[0,1] ⇐⇒ y+ z ∈[0,2] =⇒ y ∈[0,1]$ (поскольку $z ≥ 1$ ). С другой стороны, $- √z ≥ 1$ , откуда $x+2y≥ 1 =⇒ x= y = 1$ (поскольку только в этом случае возможно равенство). Отсюда сразу же получаем $z =1.$

Второе решение.

ОДЗ: $x≥ 0,y ≥0,z ≥ 0$ . Пусть, не умаляя общности, $x ≤y ≤z.$

К неотрицательным числам мы имеем право применить неравенство о средних для двух чисел:

(|{ √x= y+2z≥ √yz; √y = z+2x≥ √zx; |( √z = x+2y≥ √xy.

Перемножая неотрицательные части всех неравенств системы получаем следствие $√xyz ≥ xyz.$ Отсюда

xyz ≤ 1 (*)

Докажем, что для нетривиального ( $0,0,0)$ решения системы в этом неравенстве должно достигаться равенство.

Сложим три уравнения исходной системы:

√x+ √y +√z-= x+y +z

Нам подходит случай $x =y =z =0,$ эта тройка удовлетворяет исходной системе. Иначе из равенства выше делаем вывод, что все три числа меньше единицы быть не могут, ведь тогда левая часть равенства очевидно окажется больше правой (для $t= 0 √t =t,$ для $0 <t< 1 √t->t).$

Рассмотрим тогда случай, когда ровно два числа меньше единицы: $x ≤y <1 ≤z$ . Но тогда и третьей число оказывается меньше единицы: $√z = x+y< 1+1 =⇒ z < 1. 2 2$

Рассмотрим случай, когда ровно одно число меньше единицы: $x< 1≤ y ≤ z.$ Но это противоречие $1> √x= y+z≥ 1+1= 1. 2 2$

Остаётся случай, когда $1 ≤x ≤y ≤z.$ Но тогда $1 ≤xyz.$ Но из (*) $xyz ≤ 1$ (это было следствие системы после применения неравенства о средних). Остаётся только вариант, чтобы в неравенстве достигалось равенство, для (*) это, как известно, происходит при равенстве чисел. Из системы получаем $x= y = z = 1.$