24-я Балканская математическая олимпиада среди юниоров. Греция, 2020 год
Комментарий/решение:
Решение №1. Возведем первое уравнение системы в квадрат и вычтем из него второе уравнение:
(a+b+c)2−(a2+b2+c2)=(1a+1b+1c)2−(1a2+1b2+1c2)⟺ab+bc+ac=a+b+c⏟abc⟺
⟺ab+bc+ac=1a+1b+1c⏟abc⟺ab+bc+ac=ab+bc+ca(abc)2⟺(ab+bc+ac)(1−1(abc)2)=0
Таким образом, имеются три возможности:
Случай №1. Пусть ab+bc+ac=0, тогда a+b+c=a2+b2+c2=0. В этом случае система решений не имеет.
Случай №2. Пусть abc=1, тогда a+b+c=ab+bc+ac. Преобразуем последнее равенство следующим образом
1−a−b−c+ab+bc+ca−abc=(1−a)(1−b)(1−c)=0
Далее рассмотрим несколько подслучаев:
Подслучай №2.1. Пусть все три скобки равны нулю, тогда a=b=c=1. Непосредственной проверкой убеждаемся, что эти числа действительно удовлетворяют системе, то есть являются решением.
Подслучай №2.2. Пусть из всех трех скобок только две равны нулю, то есть x=y=1 ,(где x,y∈{a,b,c}), тогда z=±1 ,(где z∈{{a,b,c}∖{x,y}}).
Подслучай №2.3. Пусть только одна скобка из всех трех скобок равна нулю, то есть x=1 ,(где x∈{a,b,c}), тогда z=k,y=−1k ,(где k≠0 и z,y∈{{a,b,c}∖{x}}).
Случай №3. Пусть abc=−1. Тогда система примет вид: {a+b+c=−ab−bc−caa2+b2+c2=b2c2+c2a2+a2b2.
Учитывая условия abc=−1, эквивалентно преобразуем систему
{a+b+c=1c−c(b+a)a2+b2+c2=b2c2+c2a2+a2b2⟺{(1+c)(a+b+1−cc)=0a2+b2+c2=b2c2+c2a2+a2b2⟺{c=−1a2b2=1⟺(a;b;c)=(k;1k;−1).
Поскольку все уравнения системы симметричны относительно a,b,c, то остальные перестановки тоже являются решениями ситемы.
Ответ. (a;b;c)=(1;k;1k);(k;1;1k);(k;1k;1);(1k;k;1);(1k;1;k;);(1;1k;k;);(−1;k;1k);(k;−1;1k);(k;1k;−1);(1k;k;−1);(1k;−1;k;);(−1;1k;k;);гдеk≠0.
Возможно, что при неправильном наборе формул, они будут
доредактированы модератором. При этом содержание не будет меняться.