szkice rozwiązań 1. - Piotrków Trybunalski

Dzień Dziecka z Matematyką
Tomasz Szymczyk
Piotrków Trybunalski, 4 czerwca 2013 r.
Układy równań — szkice rozwiązań
1. Rozwiązać układ równań
(
x2 = 2y − 1
y 2 = 2x − 1.
Rozwiązanie
Sposób 1.
Wyznaczając z pierwszego równania zmienną y, otrzymujemy y =
teraz do równania drugiego, dostajemy
x2 + 1
2
x2 + 1
. Wstawiając
2
!2
= 2x − 1.
Przekształcając to równanie równoważnie, otrzymujemy
x4 + 2x2 + 1
= 2x − 1
4
x4 + 2x2 + 1 = 8x − 4
x4 + 2x2 − 8x + 5 = 0.
Suma współczynników wielomianu stojącego po lewej stronie równania jest równa 0,
więc liczba 1 jest pierwiastkiem tego wielomianu. Zatem otrzymane równanie możemy
zapisać w postaci
(x − 1)(x3 + x2 + 3x − 5) = 0.
Również pierwiastkiem wielomianu w drugim nawiasie jest x = 1, zatem
(x − 1)2 (x2 + 2x + 5) = 0.
Jednocześnie x2 + 2x + 5 = (x + 1)2 + 4 ­ 4 > 0, więc jedynym rozwiązaniem jest x = 1,
a stąd y = 1, czyli rozwiązaniem danego układu jest para (x, y) = (1, 1).
Uwaga 1. Metoda podstawiania jest metodą przekształceń równoważnych, więc nie musimy dokonywać sprawdzenia.
Uwaga 2. Tę metodę trudno polecać w gimnazjum.
Sposób 2.
Dodając stronami równania danego układu, otrzymujemy
x2 + y 2 = 2y − 1 + 2x − 1
x2 − 2x + 1 + y 2 − 2y + 1 = 0
(x − 1)2 + (y − 1)2 = 0.
Suma liczb nieujemnych jest równa zero wtedy i tylko wtedy, gdy każda z nich jest
równa zero, stąd x = y = 1, czyli rozwiązaniem tego układu może być para (x, y) = (1, 1).
Bezpośrednim podstawieniem sprawdzamy, że tak jest istotnie.
W tej metodzie musimy dokonać sprawdzenia, ponieważ dodawanie równań stronami
nie jest przekształceniem równoważnym.
Sposób 3.
W tym sposobie odejmiemy równania stronami. Otrzymujemy wtedy
x2 − y 2 = 2y − 1 − 2x + 1
(x − y)(x + y) = −2(x − y)
(x − y)(x + y + 2) = 0,
skąd x − y = 0 lub x + y + 2 = 0.
Jeśli x − y = 0, czyli x = y, to
x2 = 2x − 1
x2 − 2x + 1 = 0
(x − 1)2 = 0,
stąd x = 1. Zatem rozwiązaniem może być para (x, y) = (1, 1).
Jeżeli natomiast x + y + 2 = 0, czyli y = −x − 2, to
x2 = 2(−x − 2) − 1
x2 + 2x + 1 = −4
(x + 1)2 = −4.
Uzyskana sprzeczność dowodzi, że ten przypadek zachodzić nie może.
Bezpośrednim podstawieniem sprawdzamy, że para (x, y)=(1, 1) spełnia dany w zadaniu
układ równań.
Sposób 4.
Zapisując dany układ równoważnie

x2 + 1



 y=
2


y2 + 1

 x=
,
2
zauważamy, że x > 0 i y > 0. Stosując zależność między średnią arytmetyczną a geometryczną dla dwóch liczb dodatnich, dostajemy
x2 + 1 √ 2
y=
­ x = x.
2
Analogicznie x­y. Zatem z nierówności y­x­y otrzymujemy, że x=y, a stąd x2 =2x−1,
czyli x = 1. Zatem Rozwiązaniem jest para (x, y) = (1, 1).
2. /VI OMG, zawody I stopnia/ Rozwiązać układ równań
(
x2 + x(y − 4) = −2
y 2 + y(x − 4) = −2.
Rozwiązanie
Sposób 1.
Wymnażając nawiasy w równaniach, dostajemy
(
(1)
x2 + xy − 4x = −2
y 2 + xy − 4y = −2.
Odejmując teraz równania stronami, otrzymujemy
x2 − y 2 − 4(x − y) = 0
(x − y)(x + y) − 4(x − y) = 0
(x − y)(x + y − 4) = 0,
a stąd y = x lub y = −x + 4.
Jeżeli y = x, to
x2 + x(x − 4) = −2
2x2 − 4x + 2 = 0
2(x − 1)2 = 0,
czyli x = 1. Zatem rozwiązaniem może być para (x, y) = (1, 1). Bezpośrednim podstawieniem sprawdzamy, że jest to rozwiązanie danego układu równań.
Jeżeli natomiast y = −x + 4, to
x2 + x(−x + 4 − 4) = −2
0 = −2.
Uzyskana sprzeczność dowodzi, że w tym przypadku układ (1) nie ma rozwiązań.
Sposób 2.
Dodając stronami równania układu (1), otrzymujemy
x2 + y 2 + 2xy − 4x − 4y = −4
(x + y)2 − 4(x + y) + 4 = 0
(x + y − 2)2 0,
skąd y = −x + 2. Wtedy
x2 + x(−x + 2 − 4) = −2
x2 − x2 − 2x = −2,
skąd x = 1. Zatem y = −1 + 2 = 1. Czyli rozwiązaniem może być para (x, y) = (1, 1).
Bezpośrednio sprawdzamy, że tak jest istotnie.
3. Rozwiązać układ równań
 7
x = y2 + z7





 y 7 = z 2 + t7

z 7 = t2 + x7




 7
2
7
t = x +y .
Rozwiązanie
Dodając stronami równania danego układu, otrzymujemy
x7 + y 7 + z 7 + t7 = x2 + y 2 + z 2 + t2 + x7 + y 7 + z 7 + t7 ,
skąd x2 + y 2 + y 2 + z 2 = 0. Suma liczb nieujemnych jest równa zero tylko wtedy, gdy
każda z tych liczb jest równa zero. Zatem rozwiązaniem tego układu może być tylko
(x, y, z, t) = (0, 0, 0, 0). Łatwo sprawdzić, że otrzymana czwórka spełnia dany układ.
4. Rozwiązać układ równań
 7
7

 x = y +y



 y7 = z + z7

z 7 = t + t7




 7
7
t = x+x .
Rozwiązanie
Po dodaniu równań stronami, dostajemy
x7 + y 7 + z 7 + t7 = x + y + z + t + x7 + y 7 + z 7 + t7 ,
skąd
x + y + z + t = 0.
(1)
Zauważmy, że różne od zera liczby a i a7 są tego samego znaku. Rzeczywiście, jeśli a
jest liczbą dodatnią, to również a7 jest liczbą dodatnią, a jeżeli a jest liczbą ujemną, to
również liczbą ujemną jest a7 .
Przyjmijmy, że jedna z liczb spełniających dany układ jest dodatnia, np. x > 0. Wtedy
t7 = x+x7 > 0, skąd t > 0. Kontynuując to rozumowanie, dostaniemy, że liczby x, y, z, t
są dodatnie. Zatem x + y + z + t > 0. Uzyskaliśmy sprzeczność z (1), więc żadna z liczb
nie może być dodatnia.
Analogicznie wykazujemy, że żadna z liczb spełniających układ nie może być ujemna.
Zatem jedynym rozwiązaniem może być
(x, y, z, t) = (0, 0, 0, 0).
Bezpośrednim podstawieniem sprawdzamy, że tak jest istotnie.
5. /I OMG, zawody I stopnia/ Rozwiązać układ równań

2
2

 25x + 9y = 12yz

9y 2 + 4z 2 = 20xz



4z 2 + 25x2 = 30xy.
Rozwiązanie
Dodając stronami wszystkie trzy równania układu, otrzymujemy
50x2 + 18y 2 + 8z 2 = 12yz + 20xz + 30xy,
czyli
(25x2 − 30xy + 9y 2 ) + (25x2 − 20xz + 4z 2 ) + (9y 2 − 12yz + 4z 2 ) = 0.
Wykorzystując wzory skróconego mnożenia, dostajemy
(5x − 3y)2 + (5x − 2z)2 + (3y − 2z)2 = 0.
Zatem, jeśli trójka (x, y, z) jest rozwiązaniem danego układu, to 5x=3y =2z. Przyjmując
5
5
x=t, obliczamy y = t, z = t. Bezpośrednie podstawienie pokazuje, że wszystkie trójki
3
2
5 5 (x, y, z) = t, t, t ,
3 2
gdzie t jest dowolną liczbą rzeczywistą, spełniają dany układ równań.
6. Rozwiązać układ równań

2
2

 30x + 10y = 12yz

8y 2 + 5z 2 = 20xz



3z 2 + 20x2 = 30xy.
Rozwiązanie
Dodając stronami wszystkie trzy równania układu, otrzymujemy
50x2 + 18y 2 + 8z 2 = 12yz + 20xz + 30xy,
czyli
(25x2 − 30xy + 9y 2 ) + (25x2 − 20xz + 4z 2 ) + (9y 2 − 12yz + 4z 2 ) = 0.
Wykorzystując wzory skróconego mnożenia, dostajemy
(5x − 3y)2 + (5x − 2z)2 + (3y − 2z)2 = 0.
Zatem, jeśli trójka (x, y, z) jest rozwiązaniem danego układu, to 5x=3y =2z. Przyjmując
5
5
x = t, obliczamy y = t, z = t. Podstawienie tych zależności do równania pierwszego
3
2
daje
5 2
5 5
2
30t + 10 ·
t = 12 · t · t,
3
3 2
skąd
250 2
30t2 +
t = 50t2 ,
9
czyli t = 0. Stąd rozwiązaniem może być trójka (x, y, z) = (0, 0, 0). Bezpośrednie podstawienie potwierdza, że jest to rozwiązanie danego układu równań.
7. Wyznacz wszystkie trójki (x, y, z) liczb rzeczywistych spełniające układ równań
(
x2 + y 2 + z 2 = 33
x + 3y + 5z = 34.
Rozwiązanie
Sposób 1.
Mnożąc drugie równanie układu przez −2, otrzymujemy
(
x2 + y 2 + z 2 = 33
−2x − 6y = 10z = −68.
Dodając równania otrzymanego układu równań, dostajemy kolejno
x2 − 2x + y 2 − 6y + z 2 − 10z = −35
x2 − 2x + 1 + y 2 − 6y + 9 + z 2 − 10z + 25 = 0
(x − 1)2 + (y − 3)2 + (z − 5)2 = 0.
Suma kwadratów liczb rzeczywistych jest równa zero tylko wtedy, gdy każdy składnik
jest równy zero. Stąd możliwe rozwiązanie danego w zadaniu układu równań to (x, y, z)=
(1, 3, 5). Jednak
12 + 32 + 52 = 35 6= 33,
więc dany układ nie ma rozwiązania.
Sposób 2.
W tym sposobie wykorzystamy nierówność Schwarza:
Dla dowolnych liczb rzeczywistych x1 , x2 , . . ., xn oraz y1 , y2 , . . ., yn prawdziwa jest
nierówność
q
q
(1)
|x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn | ¬
x21 + x22 + · · · + x2n ·
y12 + y22 + · · · + yn2 .
Nierówność (1) można zapisać w sposób równoważny
(2)
(x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn )2 ¬ (x21 + x22 + · · · + x2n ) · (y12 + y22 + · · · + yn2 ).
Uwaga. O nierówności Schwarza można przeczytać np. w: II Olimpiada Matematyczna
Gimnazjalistów, Wydawnictwo Szkolne OMEGA, Kraków 2009.
Stosując nierówność (2) dla liczb: 1, 3, 5 oraz x, y, z, otrzymujemy
(x + 3y + 5z)2 ¬ (12 + 32 + 52 )(x2 + y 2 + z 2 ).
Stąd 342 ¬ 35 · 33. Jednak
35 · 33 = (34 + 1) · (34 − 1) = 342 − 1 < 342 .
Uzyskana sprzeczność dowodzi, że dany w zadaniu układ nie ma rozwiązania.
8. Rozwiązać układ równań
 2
x1 + 4 = 3x1 + x2





 x2 + 4 = 3x + x


2
3
 2
x2 + 4 = 3x + x
3
3
4



2

x4 + 4 = 3x4 + x5




 2
x5 + 4 = 3x5 + x1 .
Rozwiązanie
Sposób 1.
Dodając stronami wszystkie równania układu i przenosząc wszystkie wyrazy na jedną
stronę, otrzymujemy
x21 + x22 + · · · + x25 + 5 · 4 − 3(x1 + x2 + · · · + x5 ) − (x1 + x2 + · · · + x5 ) = 0
x21 + x22 + · · · + x25 − 4(x1 + x2 + · · · + x5 ) + 5 · 4 = 0
(x21 − 4x1 + 4) + (x22 − 4x2 + 4) + · · · + (x25 − 4x5 + 4) = 0
(x1 − 2)2 + (x2 − 2)2 + · · · + (x5 − 2)2 = 0.
Suma kwadratów jest równa zero, stąd każdy składnik tej sumy jest równy zero, zatem
(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = (2, 2, 2, 2, 2).
Bezpośrednio podstawiając do układu stwierdzamy, że jest to jego rozwiązanie.
Sposób 2.
Zauważmy, że dla dowolnej liczby rzeczywistej a prawdziwa jest nierówność
a2 + 4 ­ 4a,
(1)
bo jest ona równoważna nierówności (a − 2)2 ­ 0. Zatem, na podstawie (1), dostajemy
3x1 + x2 = x21 + 4 ­ 4x1 ,
a stąd x2 ­ x1 . Analogicznie
x3 ­ x2 ,
x4 ­ x3 ,
x5 ­ x4
i x1 ­ x5 ,
czyli x1 ­ x5 ­ x4 ­ x3 ­ x2 ­ x1 , skąd x1 = x2 = x3 = x4 = x5 . Wstawiając tę zależność
do jednego z równań układu, otrzymujemy
x21 + 4 = 4x1
x21 − 4x1 + 4 = 0
(x1 − 2)2 = 0,
a stąd x1 = x2 = x3 = x4 = x5 = 2. Zatem rozwiązaniem może być tylko
(x1 , x2 , x3 , x4 , x5 ) = (2, 2, 2, 2, 2).
Łatwo sprawdzamy, że jest to rozwiązanie danego układu.
9. /II OMG, zawody III stopnia/ Rozwiązać układ równań


 ab = a + b

bc = b + c


 ca = c + a.
Rozwiązanie
Sposób 1.
Odejmując stronami równania pierwsze i drugie danego układu, uzyskujemy
ab − bc = a − c
b(a − c) − (a − c) = 0
(b − 1)(a − c) = 0.
Stąd b = 1 lub a = c. Nie może być b = 1, bo wtedy z równania pierwszego mamy sprzeczność a = a + 1. Wobec tego a = c. Rozpatrując równania drugie i trzecie, otrzymujemy
analogicznie, że b = a. Zatem a = b = c. Wstawiając tę zależność do równania pierwszego,
dostajemy
a2 = 2a
a2 − 2a = 0
a(a − 2) = 0,
wówczas a = 0 lub a = 2. Stąd
(a, b, c) ∈ {(0, 0, 0), (2, 2, 2)}.
Bezpośrednim podstawieniem sprawdzamy, że obie trójki spełniają dany układ równań.
Sposób 2.
Dla b = 1 pierwsze równanie przyjmuje postać a = a + 1, co nie może zachodzić. Zatem
b 6= 1. Przekształcając równanie pierwsze, otrzymujemy
b
.
a=
b−1
b
Podobnie z drugiego równania c=
skąd wniosek, że a=c. Analogicznie wykazujemy,
b−1
że a = b i w konsekwencji a = b = c. Dalszy ciąg rozwiązania jak w sposobie 1.
Sposób 3.
Zauważmy, że
ab = a + b
ab − a − b + 1 = 1
(a − 1)(b − 1) = 1.
Zatem dany w zadaniu układ możemy zapisać w postaci



 (a − 1)(b − 1) = 1
(b − 1)(c − 1) = 1
(1)


 (c − 1)(a − 1) = 1.
Mnożąc stronami równania otrzymanego układu, dostajemy
((a − 1)(b − 1)(c − 1))2 = 1,
a stąd
(a − 1)(b − 1)(c − 1) = 1
lub
(a − 1)(b − 1)(c − 1) = −1.
Jeżeli (a − 1)(b − 1)(c − 1) = 1, to wykorzystując równania układu (1), dostajemy, że
(a, b, c) = (2, 2, 2).
Jeśli natomiast (a−1)(b−1)(c−1) = −1, to (a, b, c) = (0, 0, 0). Należy jeszcze sprawdzić,
że wyznaczone trójki spełniają dany układ równań.
10. Rozwiązać układ równań:

(a + b)2 = 4c



(b + c)2 = 4a



(c + a)2 = 4b.
Rozwiązanie
Sposób 1.
Zauważmy, że liczby a, b i c muszą być nieujemne. Odejmując stronami równanie drugie
od pierwszego, otrzymujemy
(a + b)2 − (b + c)2 = 4c − 4a
a2 + 2ab + b2 − b2 − 2bc − c2 = 4c − 4a
a2 − c2 + 2ab − 2bc + 4a − 4c = 0
(a − c)(a + c + 2b + 4) = 0.
Ponieważ liczby a, b i c są nieujemne, więc wyrażenie w drugim nawiasie jest dodatnie,
stąd a = c. Analogicznie dostajemy, że b = c, więc a = b = c.
Wstawiając tę zależność do pierwszego z równań, otrzymujemy
(2a)2 = 4a
4a2 = 4a
4a(a − 1) = 0,
skąd a = 0 lub a = 1. Zatem rozwiązaniami danego układu (co można sprawdzić bezpośrednio) są trójki:
(a, b, c) ∈ {(0, 0, 0), (1, 1, 1)}.
Sposób 2.
Zauważmy, że liczby a, b, c są liczbami nieujemnymi. Dany układ możemy zapisać w
postaci równoważnej

a+b


=c


2



b+c
=a


2




 c + a = b.
2
Wybierzmy spośród liczb a, b, c tę, która jest nie mniejsza od pozostałych. Bez straty
ogólności możemy przyjąć, że jest liczba c, czyli c ­ a i c ­ b. Jeżeli a > b, to
2a
a+c
­
= a,
a>b=
2
2
czyli a > a. Uzyskaliśmy sprzeczność. Analogicznie wykazujemy, że nie może być a < b.
a+b
2a
Zatem może być tylko a=b. Wtedy c=
=
=a, czyli ostatecznie a=b=c. Dalsza
2
2
część rozwiązania jak w sposobie 1.
11. /V OMG, zawody I stopnia/ Liczby całkowite a, b, c, d spełniają układ równań
(
a + b + c + d = 101
ab + cd = 200.
Wykazać, że dokładnie jedna z tych liczb jest nieparzysta.
Rozwiązanie
Niech liczby całkowite a, b, c, d spełniają podany układ równań. Jeżeli suma czterech
liczb całkowitych jest liczbą nieparzystą, to wśród nich jest dokładnie jedna liczba nieparzysta lub są dokładnie trzy liczby nieparzyste — w przeciwnym przypadku ich suma
byłaby liczbą parzystą. Jeżeli wśród czterech liczb całkowitych dokładnie trzy są nieparzyste, to przy każdym podziale na dwie grupy po dwie liczby, w jednej będą dwie
liczby nieparzyste, a w drugiej jedna parzysta i jedna nieparzysta. Zatem suma iloczynów liczb tych dwóch grup będzie liczbą nieparzystą. Ten przypadek nie może więc
zachodzić. Stąd wśród liczb a, b, c, d jest dokładnie jedna liczba nieparzysta.
12. Liczby a, b, c spełniają układ równań



abc = 1
1
1
1


+
+
= a + b + c.
a
b
c
Wykazać, że co najmniej jedna z liczb a, b, c jest równa 1.
Rozwiązanie
Liczby a, b, c spełniające układ równań są różne od zera. Możemy więc pomnożyć drugie
równanie układu przez abc = 1. Wtedy
ab + bc + ca = a + b + c.
Wykorzystując jeszcze raz równanie pierwsze, dostajemy
1 + ab + bc + ca = abc + a + b + c,
albo równoważnie
abc − ab − bc − ca + a + b + c − 1 = 0.
Grupując wyrażenia po lewej stronie równości, otrzymujemy
ab(c − 1) − b(c − 1) − a(c − 1) + (c − 1) = 0
(c − 1)(ab − a − b + 1) = 0
(c − 1)(a(b − 1) − (b − 1)) = 0
(c − 1)(b − 1)(a − 1) = 0.
Stąd a = 1 lub b = 1, lub c = 1.
13. Rozwiązać układ równań:





















2x21
= x2
1 + x21
2x22
= x3
1 + x22
2x23
= x1 .
1 + x23
Rozwiązanie
Zauważmy, że trójka (x1 , x2 , x3 ) = (0, 0, 0) jest rozwiązaniem danego układu. Jeżeli natomiast x1 6= 0, to wtedy z równania pierwszego x2 6= 0, a w konsekwencji, z równania
drugiego, również x3 6= 0. W tym drugim przypadku możemy dany układ zapisać równoważnie

1
1 + x21



=

2

2x1
x2




 1 + x2
1
2
(1)
=
2

x3

 2x2


2


 1 + x3 = 1 .


2x23
x1
Układ (1) rozwiążemy dwoma sposobami.
Sposób 1.
Po pomnożeniu obustronnie każdego równania układu (1) przez 2, otrzymujemy

1 + x21
2



=

2

x1
x2




 1 + x2
2
2
=
2

x3
 x2




 1 + x23
2


=
,

2
x3
x1
a stąd

2
1


−
+1 = 0

2


x
x

1
2


 1
2
−
+1 = 0

x22
x3





1
2


+ 1 = 0.
 2 −
x3
x1
Dodając stronami wszystkie równania otrzymanego układu, dostajemy
1
1
1
2
2
2
−
+
1
+
−
+
1
+
−
+
1
= 0,
x21
x1
x22
x2
x23
x3
albo równoważnie
1
2 1
2 1
2
−1 +
−1 +
− 1 = 0.
x1
x2
x3
Suma kwadratów jest równa zero tylko wtedy, gdy każdy składnik jest równy zero, czyli
x1 = 1, x2 = 1, x3 = 1. Stąd drugim rozwiązaniem układu (co sprawdzamy bezpośrednim
podstawieniem) jest trójka (x1 , x2 , x3 ) = (1, 1, 1).
Sposób 2.
a2 + b2
­ ab, która jest prawdziwa dla doW tym sposobie wykorzystamy nierówność
2
wolnych liczb rzeczywistych a, b. Zauważmy ponadto, że liczby x1 , x2 , x3 są dodatnie.
Z pierwszego równania układu (1) dostajemy
1 + x21 1
1
1
1 + x21
.
=
· 2 ­ x1 · 2 =
2
2x1
2
x1
x1
x1
Zatem
1
1 + x21
1
=
,
­
2
x2
2x1
x1
czyli x2 ¬x1 . Analogicznie, wykorzystując pozostałe równania układu (1), otrzymujemy,
że x3 ¬ x2 i x1 ¬ x3 , a w konsekwencji x1 = x2 = x3 .
Wstawiając tę zależność np. do równania pierwszego, otrzymujemy
1 + x21
1
=
,
2
2x1
x1
skąd x1 = 1. Zatem drugim rozwiązaniem układu (co sprawdzamy bezpośrednim podstawieniem) jest trójka (x1 , x2 , x3 ) = (1, 1, 1).
14. Rozwiązać układ równań:

2


x1 +
= 2x2



x

1



2
x +
= 2x
2
3

x2





2


= 2x1 .
 x3 +
x3
Rozwiązanie
Zauważmy, że jeśli x1 > 0, to również x2 > 0 i x3 > 0. Ponadto, jeśli trójka (x1 , x2 , x3 ) jest
rozwiązaniem układu, to równieź trójka (−x1 , −x2 , −x3 ) jest jego rozwiązaniem. Zatem
wystarczy na początku szukać rozwiązań w zbiorze liczb dodatnich.
√
2
Na podstawie nierówności a+ ­ 2 2 , która jest prawdziwa dla dowolnej liczby a > 0,
a
otrzymujemy
√
2
2x1 = x3 +
­2 2,
x3
√
√
√
skąd x1 ­ 2 . Analogicznie x2 ­ 2 oraz x3 ­ 2 .
Dodając stronami równania danego układu, dostajemy
2
2
2
x1 + x2 + x3 +
+
+
= 2x1 + 2x2 + 2x3 ,
x1
x2
x3
a stąd
2
2
2
+
+
= x1 + x2 + x3 .
x1
x2
x3
√ √ √
Łatwo sprawdzić, że trójka (x1 , x2 , x3 ) = ( 2 , 2 , 2 ) spełnia√warunki zadania. Gdyby
przynajmniej jedna z niewiadomych, np. x1 , była większa od 2 , to mielibyśmy
√
√
2
2
2
x1 + x2 + x3 > 3 2 oraz
+
+
<3 2,
x1
x2
x3
√
√
2
2
ponieważ dla x1 > 2 mamy
< √ = 2.
x1
2
Zatem (na podstawie uwagi na początku zadania) rozwiązaniem układu są trójki
√ √ √
√
√
√
(x1 , x2 , x3 ) = ( 2 , 2 , 2 ) oraz (x1 , x2 , x3 ) = (− 2 , − 2 , − 2 ).
15. Niech R∗ oznacza zbiór liczb rzeczywistych różnych od zera. Znaleźć wszystkie
funkcje f : R∗ −→ R, które dla dowolnej liczby x ∈ R∗ spełniają równanie
1
= 3x.
2f (x) + f
x
Rozwiązanie
Załóżmy, że taka funkcja istnieje. Ponieważ równość jest spełniona przez każdą liczbę
x różną od zera, więc możemy dokonać zamiany zmiennej x na 1/x. Dane równanie
przyjmuje wtedy postać
1
3
2f
+ f (x) − .
x
x
Zatem dla dowolnej różnej od zera liczby x spełnione są równania

1


= 3x
 2f (x) + f
x

3
1

 2f
+ f (x) = .
x
x
Rozwiązując ten układ, w którym przyjmujemy f (x) za niewiadomą, otrzymujemy
1
f (x) = 2x − .
x
Musimy jeszcze dokonać sprawdzenia, że wyznaczona funkcja spełnia równanie dane w
zadaniu (założyliśmy, że taka funkcja istnieje nie wiedząc czy tak jest istotnie). Tak jest
ponieważ
1
1
2
2
2
2f (x) + f
= 2 2x −
+ − x = 4x − + − x = 3x.
x
x
x
x
x
Zatem istnieje dokładnie jedna funkcja spełniająca warunki zadania.
16. Znaleźć wszystkie funkcje f : R −→ R, które dla dowolnej liczby rzeczywistej x
spełniają równanie
2f (x) + f (1 − x) = x2 .
Rozwiązanie
Tak jak w zadaniu poprzednim, przyjmijmy, że taka funkcja istnieje. Ponieważ równość
jest spełniona przez każdą liczbę rzeczywistą x, więc możemy dokonać zamiany zmiennej
x na 1 − x. Dane równanie przyjmuje wtedy postać
2f (1 − x) + f (x) = (1 − x)2 .
Dla dowolnej liczby rzeczywistej x spełnione są równania
(
2f (x) + f (1 − x) = x2
2f (1 − x) + f (x) = (1 − x)2 .
Z równania pierwszego mamy f (1 − x) = x2 − 2f (x) co po wstawieniu do równania drugiego daje
2(x2 − 2f (x)) + f (x) = (1 − x)2 .
Wyznaczając z tego równania f (x), dostajemy
1
2
1
f (x) = x2 + x − .
3
3
3
Sprawdzamy, że ta funkcja spełnia warunki zadania
1
1 2 2
1
2
1
2
+
=
2f (x) + f (1 − x) = 2
x + x−
(1 − x) + (1 − x) −
3
3
3
3
3
3
2
2
1
2
1
2
1
4
2
= x2 + x − + − x + x2 + − x − = x2 .
3
3
3
3
3
3
3
3
3
17. /LXII OM, zawody II stopnia/ Rozwiązać w liczbach rzeczywistych układ równań
(
(x − y)(x3 + y 3 ) = 7
(x + y)(x3 − y 3 ) = 3.
Rozwiązanie
Na podstawie wzorów na sumę i różnicę sześcianów otrzymujemy
(x − y)(x + y)(x2 − xy + y 2 ) = 7
oraz
(x + y)(x − y)(x2 + xy + y 2 ) = 3.
Lewe strony tych równań nie mogą być równe zero (bo różne od zera są prawe strony
równań), więc można je podzielić stronami. Wtedy
x2 − xy + y 2
7
=
,
x2 + xy + y 2
3
skąd
7(x2 + xy + y 2 ) = 3(x2 − xy + y 2 ),
czyli
2x2 + 5xy + 2y 2 = 0.
Ostatnią równość możemy zapisać w postaci
2x2 + 5xy + 2y 2 = (2x + y)(x + 2y) = 0,
z której y = −2x lub x = −2y.
1
Dla y = −2x pierwsze równanie układu przyjmuje postać 3x·(−7x3 ) = 7, czyli x4 = − .
3
Zatem w tym przypadku układ nie ma rozwiązania.
1
Dla x = −2y równanie pierwsze przyjmie postać −3y · (−7y 3 ) = 7, skąd y 4 = . Stąd
3
dostajemy dwie możliwe pary rozwiązań danego układu
2
2
1 1 √
√
√
(x, y) = − √
,
oraz
(x,
y)
=
,
−
.
4
4
4
3 43
3
3
Łatwo sprawdzić, że obie pary spełniają podany układ równań.