Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Олимпиады - Математика
Уравнения, системы и тождественные преобразования на ФЕ

Тема ФЕТТ (Формула Единства / Третье Тысячелетие)

Уравнения, системы и тождественные преобразования на ФЕ

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела фетт (формула единства / третье тысячелетие)

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#85909

Функции $f$ и $g$ заданы формулами

f(x)= ax +b,g(x)= bx+a,

где $a$ и $b$ — некоторые натуральные числа, причём

f(g(x))− g(f(x))= 2024

Чему могут быть равны числа $a$ и $b$ ?

Источники: ФЕ - 2024, 11.1 (см. www.formulo.org)

Показать ответ и решение

Условие равносильно выполнению равенства

a(bx+ a)+b − (b(ax+ b)+a)= 2024

2 2 a + b− b − a =2024

(a− b)(a+ b− 1)= 2024

Поскольку $2024 =23⋅11⋅23$ , и значения выражений $a− b$ и $a +b− 1$ разной чётности, второе из них положительно и больше первого, то остаётся рассмотреть только четыре варианта:


$a − b$	1	8	11	23

$a+ b− 1$	2024	253	184	88

Соответствующие пары значений ( $a,b$ ) таковы: $(1013;1012),(131;123),(98;87),(56;33)$ .

Ответ:

$(1013;1012),(131;123),(98;87),(56;33)$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#85914

Докажите, что уравнение

5m2−-n n2+ 3m =1

имеет бесконечно много решений в целых числах.

Источники: ФЕ - 2024, 11.6 (см. www.formulo.org)

Показать доказательство

Решим сначала уравнение

2 2 5m − n = n +3m

______________________________________________________________________________________________________________________________________________________

5m2 − 3m = n2+ n

Умножим на 4 и прибавим 1 к обеим частям, чтобы выделить полный квадрат справа:

20m2− 12m+ 1= (2n+1)2

Теперь домножим обе части на 5 и выделим полный квадрат слева:

(10m− 3)2 =5(2n+ 1)2+ 4

Сделаем замену $x= 10m− 3,y = 2n +1$ . У получившегося уравнения

x2− 5y2 =4

имеются решения

x= ±(F2k−1+F2k+1),y =±F2k,k≥ 0,

где $Fk$ — числа Фибоначчи (мы пользуемся нумерацией $F0 = 0,F1 = 1,Fk+1 = Fk+ Fk−1$ при всех целых $k$ ). На самом деле

(Fk−1+ Fk+1)2− 5F2k = 4F2k− 1+4Fk−1Fk− 4F 2k

равно $k (−1)4$ для всех $k$ , что легко проверить по индукции: при $k= 0$ это выполняется, а если $2 2 k Fk−1+Fk−1Fk− Fk =(−1)$ , то и

F2k + FkFk+1− F2k+1 =Fk2− Fk−1Fk− F2k−1 = (−1)k+1

(Можно доказать с помощью теории уравнений Пелля, что $2 2 x − 5y = 4$ не имеет других решений.)

Теперь нужно найти бесконечно много $x$ и $y$ таких, для которых соответствующие $x+3 m = 10$ и $y−1 n= 2$ целые. Заметим, что последовательность остатков чисел Фибоначчи по модулю 10 периодична (так как пара ( $Fk−1,Fk$ ) может принимать конечное количество вариантов по модулю 10, а остаток следующего и предыдущего чисел Фибоначчи однозначно определяются по остаткам этой пары). Кроме того, $x =F2 =1$ и $y =F1 +F3 = 3$ подходят, они соответствуют тривиальному решению $m = n= 0$ . Значит, уравнение $5m2 − n =n2 +3m$ имеет бесконечно много решений.

_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

Осталось понять, что они все не могут обнулять знаменатель. Действительно, если $(m,n)$ — решение уравнения $5m2− n= n2+ 3m$ , при котором $n2+ 3m =0$ , то и $5m2− n= 0$ . Следовательно, $25m4 + 3m = 0$ . Так как $m$ целое, то обязательно $m = 0$ (иначе $|| 4|| 25m > |3m|$ ), а значит, и $n= 0$ . Остальные пары $(m,n)$ нам подходят.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#68179

Найдите сумму всех корней уравнения:

∘--2-------------- ∘--2-------------- ∘--2-------------- 2x − 2024x+ 1023131+ 3x − 2025x+ 1023132+ 4x − 2026x+ 1023133=

=∘x2-−-x+1-+∘2x2-− 2x+-2+ ∘3x2−-3x+-3

Источники: ФЕ-2023, 11.1 (см. www.formulo.org)

Показать ответ и решение

Обозначим

2 1 2 3 f(x)= x − x+ 1= (x −2) + 4 >0

g(x)= x2− 2023x+ 1023130=(x− 1010)(x− 1013)

Тогда уравнение имеет вид

∘ --------- ∘--------- ∘ --------- ∘ ---- ∘---- ∘ ---- f(x)+ g(x)+ 2f(x)+g(x)+ 3f(x)+ g(x)= f(x)+ 2f(x)+ 3f(x)

Если какое-то значение $x$ является решением, то $g(x)= 0,$ ведь иначе левая часть больше (при $g(x)> 0$ ) или меньше (при $g(x) <0$ ) в силу монотонного возрастания функции $√- h(t)= t$ на своей области определения.

При этом легко видеть, что все решения $g(x)=0$ являются и решениями исходного уравнения (будет верное тождество, при этом обе части определены в силу положительности функции $f$ ), то есть это не только необходимое, но и достаточное условие.

Корнями уравнения $g(x)= 0$ являются числа $1010$ и $1013$ . Их сумма равна $2023.$

Ответ: 2023

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#68183

Решите в натуральных числах уравнение

b a a + a+b =b

Источники: ФЕ-2023, 11.5 (см. www.formulo.org)

Показать ответ и решение

Если $a =1$ или $b= 1,$ то решений нет. Если $b= 2,$ то получим $2a = a2 +a+ 1.$ При $a< 5$ решений нет, $a= 5$ подходит, а при $a≥ 5$ левая часть увеличивается менее чем в два раза при увеличении $a$ на $1.$ Пусть $b≥ 3.$ Тогда

( 1)b ba = ab+ a+ b≤ ab+ab≤ ab+ bab−2 < a+ a

Последнее неравенство следует из разложения по биному Ньютона для $( ) a +a1b.$ Действительно:

( ) a + 1 b = ab +b⋅ab−1⋅ 1+ ... a a

Значит,

( 1)b a +a > ba >ab

логарифмируя и деля на $ab,$ получаем:

( ) ln-a+-1a--> lnb-> lna- a b a

Пусть $f(x)= lnx. x$ Заметим, что $f(a)$ убывает при $a ≥3$ и $f(2)=f(4)$ (у этой функции производная равна $f′(x) = 1−lnx, x2$ и она отрицательна при $x> e.$ Поэтому нет решений с $a= 2,b≥4$ и с $b ≥a ≥3.$

С другой стороны, можно проверить, что

( 1) ln-a+-a-< ln(a-− 1) a a− 1

при $a≥ 4.$ Действительно, при $a= 4$ это

( 1)3 3 1 4 4+ 4 = 64+ 12+ 4 + 64 < 81= 3

и производная выражения $g(a)= a⋅ln (a− 1)− (a− 1)⋅ln(a+ 1a)$ равна

2 ( ) − (a−-1)(2a-−-1)+ -a--+ln(a− 1)− ln a+ 1 = a(a + 1) a− 1 a

( ) = − a3−-a2−-a+1 +-a--+ln(a− 1)− ln a+ 1 = a(a2+ 1) a− 1 a

( −a2-− 2a+-1) ( --1-) (-a2+-1) =− 1+ a3+ a) + 1+ a− 1 − ln a(a− 1) =

a2+ 2a− 1 1 ( a2+ 1 ) = --a3+-a--+ a−-1 − ln a(a−-1)

Но (так как $ln(1 +x)< x$ при $x> 0)$

( ) ( ) ln -a2-+1- =ln 1+ a-+1- < -a+-1 a(a − 1) a2− a a2− a

так что

′ ---a3−-3a--- g (a)> a(a− 1)(a2+ 1) > 0

уже при $a ≥3.$ Таким образом, уравнение не имеет решений при $a≥ 4.$

Замечание. Вместо оценки $( ) a+ 1a b$ можно использовать $(a+1)b$ (верную при $b= 2),$ тогда упрощаются вычисления, но нужно перебирать больше исключений.