Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

24-я Балканская математическая олимпиада среди юниоров. Греция, 2020 год


Найдите все тройки действительных чисел (a,b,c) удовлетворяющие условиям {a+b+c=1a+1b+1c,a2+b2+c2=1a2+1b2+1c2. ( Albania )
посмотреть в олимпиаде

Комментарий/решение:

пред. Правка 5   5
4 года 3 месяца назад #

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+cabc

ab+bc+ac=1a+1b+1cabcab+bc+ac=ab+bc+ca(abc)2(ab+bc+ac)(11(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

1abc+ab+bc+caabc=(1a)(1b)(1c)=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 k0 и z,y{{a,b,c}{x}}).

Случай №3. Пусть abc=1. Тогда система примет вид: {a+b+c=abbccaa2+b2+c2=b2c2+c2a2+a2b2.

Учитывая условия abc=1, эквивалентно преобразуем систему

{a+b+c=1cc(b+a)a2+b2+c2=b2c2+c2a2+a2b2{(1+c)(a+b+1cc)=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;);гдеk0.

  1
3 года 8 месяца назад #

Вроде бы ответы (1,k,1k),(1,1k,k) и т.д. одни и те же

  1
3 года 8 месяца назад #

Не одни и те же. Но можно было просто написать перестановка