Упражнения 1281–1291 — Задачи повышенной трудности

Заметим, что 91 + 6x − x² = 100 − (x − 3)². Пусть t = √(100 − (x − 3)²). Выражение имеет смысл при (x − 3)² ≤ 100, то есть −7 ≤ x ≤ 13; тогда 0 ≤ t ≤ 10 и 20 − 2t ≥ 0.
Функция y = √(20 + 2t) − √(20 − 2t) неотрицательна (первый корень не меньше второго). Возведём в квадрат:
y² = (20 + 2t) + (20 − 2t) − 2√((20 + 2t)(20 − 2t)) = 40 − 2√(400 − 4t²) = 40 − 4√(100 − t²).
Но 100 − t² = (x − 3)², поэтому y² = 40 − 4|x − 3|, y = 2√(10 − |x − 3|).
Пусть k = |x − 3|, k = 0, 1, …, 10. Значение y = 2√(10 − k) целое, когда 10 − k — полный квадрат: 10 − k = 0, 1, 4, 9, то есть k = 10, 9, 6, 1.
k = 10: x = 13 или −7 (y = 0); k = 9: x = 12 или −6 (y = 2); k = 6: x = 9 или −3 (y = 4); k = 1: x = 4 или 2 (y = 6).
Ответ: x = −7, −6, −3, 2, 4, 9, 12, 13.

Имеем 35 + 2x − x² = 36 − (x − 1)². Пусть t = √(36 − (x − 1)²); область определения: |x − 1| ≤ 6, 0 ≤ t ≤ 6, так что 12 − 2t ≥ 0.
y ≥ 0, и y² = (12 + 2t) + (12 − 2t) − 2√(144 − 4t²) = 24 − 4√(36 − t²) = 24 − 4|x − 1|, так как 36 − t² = (x − 1)².
Значит, y = 2√(6 − k), где k = |x − 1| = 0, 1, …, 6 (при целых x).
Целое значение получается, когда 6 − k — полный квадрат: 6 − k = 0, 1, 4, то есть k = 6, 5, 2. Тогда y = 0, 2, 4.
Проверка: x = 7 даёт k = 6 и y = √(12 + 0) − √(12 − 0) = 0; x = 6 даёт k = 5: t = √11, y = 2.
Ответ: 0, 2, 4.

x^8 + x^4 + 1 = (x^8 + 2x^4 + 1) − x^4 = (x^4 + 1)² − (x²)² = (x^4 + x² + 1)(x^4 − x² + 1).
Первый множитель: x^4 + x² + 1 = (x² + 1)² − x² = (x² + x + 1)(x² − x + 1).
Второй множитель: x^4 − x² + 1 = (x² + 1)² − 3x² = (x² + 1)² − (√3 x)² = (x² + √3 x + 1)(x² − √3 x + 1).
Итог: x^8 + x^4 + 1 = (x² + x + 1)(x² − x + 1)(x² + √3 x + 1)(x² − √3 x + 1).
Ответ: (x² + x + 1)(x² − x + 1)(x² + √3x + 1)(x² − √3x + 1).

Считаем p и q целыми числами (показатели степени). Разложим: p² − 1/q² = (p − 1/q)(p + 1/q), q² − 1/p² = (q − 1/p)(q + 1/p).
Числитель: (p − 1/q)^p (p + 1/q)^p (p − 1/q)^(q − p) = (p − 1/q)^q (p + 1/q)^p.
Знаменатель: (q − 1/p)^q (q + 1/p)^q (q + 1/p)^(p − q) = (q − 1/p)^q (q + 1/p)^p.
Теперь p − 1/q = (pq − 1)/q, p + 1/q = (pq + 1)/q, q − 1/p = (pq − 1)/p, q + 1/p = (pq + 1)/p.
Числитель = (pq − 1)^q (pq + 1)^p / q^(p + q); знаменатель = (pq − 1)^q (pq + 1)^p / p^(p + q).
Отношение равно p^(p + q)/q^(p + q) = (p/q)^(p + q).
Допустимые значения: p ≠ 0, q ≠ 0 (иначе не определены 1/p, 1/q) и знаменатель не равен нулю: q² − 1/p² ≠ 0 и q + 1/p ≠ 0, то есть pq ≠ 1 и pq ≠ −1.
Ответ: (p/q)^(p + q), где p ≠ 0, q ≠ 0, pq ≠ ±1.
Оговорка: в ответах учебника для целых p и q указаны более жёсткие условия p ≠ 0, q ≠ 0, |p| ≠ 1, |q| ≠ 1 (они обеспечивают, что все основания степеней отличны от нуля); моё условие pq ≠ ±1 — то, что нужно для неравенства знаменателя нулю.

Обозначим Dᵢ = cxᵢ + d (все Dᵢ ≠ 0, так как значения функции существуют). Для любых i и j:
yᵢ − yⱼ = (axᵢ + b)/Dᵢ − (axⱼ + b)/Dⱼ = [(axᵢ + b)(cxⱼ + d) − (axⱼ + b)(cxᵢ + d)]/(DᵢDⱼ).
В числителе: acxᵢxⱼ + adxᵢ + bcxⱼ + bd − acxᵢxⱼ − adxⱼ − bcxᵢ − bd = ad(xᵢ − xⱼ) − bc(xᵢ − xⱼ) = (ad − bc)(xᵢ − xⱼ).
Итак, yᵢ − yⱼ = (ad − bc)(xᵢ − xⱼ)/(DᵢDⱼ).
Тогда (y₃ − y₁)/(y₃ − y₂) = [(x₃ − x₁)/(D₃D₁)] : [(x₃ − x₂)/(D₃D₂)] = (x₃ − x₁)/(x₃ − x₂) · D₂/D₁.
Аналогично (y₄ − y₁)/(y₄ − y₂) = (x₄ − x₁)/(x₄ − x₂) · D₂/D₁.
При делении первого на второе множитель D₂/D₁ сокращается, и получаем (x₃ − x₁)/(x₃ − x₂) : (x₄ − x₁)/(x₄ − x₂), что и требовалось доказать.
Оговорка: предполагается, что значения аргументов и функции попарно различны, так что знаменатели дробей не равны нулю.

Разложим левую часть: (x − y)(x + y) = 69 = 1 · 69 = 3 · 23. Так как x и y натуральные, x + y > x − y > 0.
1) x − y = 1, x + y = 69: x = 35, y = 34.
2) x − y = 3, x + y = 23: x = 13, y = 10.
Проверка: 35² − 34² = 1225 − 1156 = 69; 13² − 10² = 169 − 100 = 69.
Ответ: (35; 34) и (13; 10).

Пусть даны числа a + b√2 и c + d√2, где a, b, c, d — рациональные.
Сумма: (a + c) + (b + d)√2. Разность: (a − c) + (b − d)√2.
Произведение: (a + b√2)(c + d√2) = ac + ad√2 + bc√2 + 2bd = (ac + 2bd) + (ad + bc)√2.
Частное (c + d√2 ≠ 0): умножим числитель и знаменатель на c − d√2: (a + b√2)(c − d√2)/((c + d√2)(c − d√2)) = ((ac − 2bd) + (bc − ad)√2)/(c² − 2d²) = (ac − 2bd)/(c² − 2d²) + ((bc − ad)/(c² − 2d²))√2.
Знаменатель c² − 2d² ≠ 0: если бы c² = 2d² при d ≠ 0, то √2 = |c/d| было бы рациональным, что неверно; при d = 0 равенство дало бы c = 0, то есть делитель равен нулю.
Во всех случаях коэффициенты — рациональные числа (получены из рациональных сложением, вычитанием, умножением и делением), что и требовалось доказать.

Уравнение равносильно x² − 2y² = 1. Проверка: 9 − 8 = 1.
Пусть (x; y) — решение в натуральных числах. Построим новую пару: x' = 3x + 4y, y' = 2x + 3y. Эти числа натуральные и больше x и y.
Проверим: x'² − 2y'² = (3x + 4y)² − 2(2x + 3y)² = 9x² + 24xy + 16y² − 8x² − 24xy − 18y² = x² − 2y² = 1.
Значит, новая пара тоже решение. Применяя правило снова и снова, получаем решения: (3; 2) → (17; 12) → (99; 70) → (577; 408) → … Все они различны, так как числа строго возрастают. Следовательно, решений бесконечно много.
Пример проверки: 17² − 2 · 12² = 289 − 288 = 1.

По теореме Виета x₁ + x₂ = −1, x₁x₂ = m. Тогда x₁² + x₂² = (x₁ + x₂)² − 2x₁x₂ = 1 − 2m.
1 − 2m = 13, откуда m = −6.
Проверка: уравнение x² + x − 6 = 0 имеет D = 1 + 24 = 25 > 0, корни 2 и −3, 4 + 9 = 13.
Ответ: m = −6.

Перенесём всё в левую часть: (x² − a²)² − 4ax − 1 = 0, то есть x^4 − 2a²x² + a^4 − 4ax − 1 = 0.
Запишем (x² − a²)² = (x² + a²)² − 4a²x² и заметим, что 4a²x² + 4ax + 1 = (2ax + 1)². Тогда левая часть равна (x² + a²)² − (2ax + 1)² = (x² + a² − 2ax − 1)(x² + a² + 2ax + 1) = ((x − a)² − 1)((x + a)² + 1).
Второй множитель (x + a)² + 1 > 0 при любых x. Значит, (x − a)² = 1, x − a = ±1.
Ответ: x = a − 1 или x = a + 1.

Сгруппируем множители: (a − 1)(a − 6) = a² − 7a + 6, (a − 2)(a − 5) = a² − 7a + 10.
Пусть t = a² − 7a. Выражение равно (t + 6)(t + 10) + 9 = t² + 16t + 69 = (t + 8)² + 5.
Оно не меньше 5, и равно 5 при t = −8, то есть при a² − 7a + 8 = 0; D = 49 − 32 = 17 > 0, такие a существуют: a = (7 ± √17)/2.
Ответ: наименьшее значение равно 5.