ЗАДАЧИ
problems.ru
О проекте | Об авторах | Справочник
Каталог по темам | по источникам |
К задаче N

Проект МЦНМО
при участии
школы 57
Задача 61291
Темы:    [ Системы алгебраических нелинейных уравнений ]
[ Тригонометрические замены ]
Сложность: 4+
Классы: 9,10,11
В корзину
Прислать комментарий

Условие

Решите системы:

  a)  
  б)  
  в)  
  г)  


Решение

  a) Если одно из неизвестных (например, x) больше 1, то  z = 4x³ – 3x = x³ + 3(x³ – x) > 1;  аналогично  y > 1.  Но тогда
x³ + y³ + z³ > x + y + z,  что противоречит равенству, получаемому сложением всех уравнений. Значит, каждое из неизвестных не превосходит 1. Так же доказывается, что каждое из них не меньше –1.
  Поэтому можно сделать замену  x = cos φ.  Тогда получаем  z = cos 3φ,  y = cos 9φ,  x = cos 27φ.  Итак,  cos 27φ = cos φ,  то есть
27φ = ± φ + 2kπ,  откуда  φ = kπ/14  или  kπ/13.

  б) Как легко проверить ни одно из неизвестных не может равняться 1. Поэтому первое уравнение можно записать в виде     После замены
x = tg φ  получаем  y = tg 2φ,  z = tg 4φ,  x = tg 8φ.  Отсюда  tg 8φ = tg φ,  то есть  8φ = φ + kπ.

  в) Ясно, что все переменные имеют один знак, поэтому будем считать, что все они положительны.
  Положим x = tg α,  y = tg β,  z = tg γ  (0 < α, β, γ < π/2).  Тогда  tg γ (tg α + tg β) = 1 – tg α tg β,  tg γ = ctg (α + β),  то есть  α + β + γ = π/2.
  С другой стороны,     значит,     Следовательно, 2α, 2β, 2γ – углы прямоугольного треугольника со сторонами 3, 4, 5.
  Отсюда  z = tg π/4 = 1.  Найти tg α и tg β можно либо по формулам половинного угла, либо используя свойство биссектрисы: биссектриса угла 2α делит катет длины 3 на отрезки длины 15/9 и 12/9, поэтому  tg α = 12/9 : 4 = 1/3;  аналогично,  tg β = ½.

  г) Положим  x = tg α/2y = tg β/2z = tg γ/2  (– π < α, β, γ < π).  Тогда два первых уравнения запишутся в виде  cos α = sin β = cos γ,  а последнее при наших ограничениях, аналогично в), даст условие  α + β + γ = ± π.  Из равенства  cos α = cos γ  получаем  γ = ±α.  Но если  γ = – α,  то  β = ± π,  что невозможно.
  Итак,  γ = α,  β = ± π – 2α,  sin 2α = sin β = cos α,  откуда  cos α = 0  или  sin α = ½.
  В первом случае  α = ± π/2,  β = 0.  Во втором случае  α = π/6,  β = /3  или  α = /6,  β = – /3.
  Напомним, что     (см. задачу 61169).

Ответ

а)  (0, 0, 0),  ± (1, 1, 1),  ± (cos π/14, – cos /14, cos /14),  ± (cos π/7, – cos /7, cos /7),  ± (cos π/13, – cos /13, cos /13),
  ± (cos /13, – cos /13, cos /13)  и все наборы, получающиеся из указанных циклическими перестановками.

б)  (0, 0, 0),  ± (tg π/7, tg /7, – tg /7)  и все наборы, получающиеся из указанных циклическими перестановками.

в)  (± 1/3, ± 1/2, ±1).

г)  

Источники и прецеденты использования

книга
Автор Алфутова Н.Б., Устинов А.В.
Год издания 2002
Название Алгебра и теория чисел
Издательство МЦНМО
Издание 1
глава
Номер 9
Название Уравнения и системы
Тема Неопределено
параграф
Номер 2
Название Тригонометрические замены
Тема Алгебраические уравнения и системы уравнений (прочее)
задача
Номер 09.040

© 2004-... МЦНМО (о копирайте)
Пишите нам

Проект осуществляется при поддержке Департамента образования г.Москвы и ФЦП "Кадры" .