При каких натуральных a существуют такие натуральные числа x и y, что (x + y)² + 3x + y = 2a?

   Решение

а) На сторонах BC, CA и AB треугольника ABC (или на их продолжениях) взяты точки A₁, B₁ и C₁, отличные от вершин треугольника. Докажите, что описанные окружности треугольников  AB₁C₁, A₁BC₁ и A₁B₁C пересекаются в одной точке.
б) Точки A₁, B₁ и C₁ перемещаются по прямым BC, CA и AB так, что все треугольники A₁B₁C₁ подобны одному и тому же треугольнику. Докажите, что точка пересечения описанных окружностей треугольников  AB₁C₁, A₁BC₁ и A₁B₁C остается при этом неподвижной. (Треугольники предполагаются не только подобными, но и одинаково ориентированными.)

   Решение

Темы:    [ Квадратные уравнения и системы уравнений ] [ Четность и нечетность ] [ Квадратный трехчлен (прочее) ] [ Периодичность и непериодичность ]

Сложность: 4+ Классы: 9,10,11

Прислать комментарий

Условие

Найти все действительные решения системы  

Решение

  Рассмотрим последовательность, заданную первым членом x₁ и рекуррентной формулой  x_k+1 = f(x_k),  где  f(x) = 1 – x².  Нам нужно узнать, при каких x₁ последовательность будет периодической. Заметим, что функция  f имеет две неподвижные точки (два решения уравнения  f(x) = x):     Поэтому при  x₁ = a  и  x₁ = b  последовательность будет постоянной. Кроме того,   f имеет две точки периода 2:
f(0) = 1,   f(1) = 0.  Поэтому при  x₁ = 0  и  x₁ = 1  последовательность имеет период 2. Докажем, что при других значениях x₁ последовательность периодической не будет.
  Заметим, что   а)   f(x) ≤ 1  при всех x;   б)   f(x) > 0  при  –1 < x < 1;   в)   f(x) < x  при  x < a  и  x > b;   г)   f(x) > x  при  a < x < b;   д)   f(x) > b  при
0 < x < b,   f(x) < b  при  b < x < 1.  Разберём несколько случаев.
  1)  x₁ > 1.  В силу а) ни один из следующих членов последовательности не равен x₁.
  2)  x₁ < a.  В силу в)  x₂ < x₁ < a,  x₃ < x₂ < a, ...,  то есть последовательность убывает. Следовательно, она непериодическая.
  3)  a < x₁ < 0.  Пока члены последовательности находятся в этом интервале, в силу г) выполнено неравенство  x_k+1 > x_k,  то есть последовательность возрастает. Если последовательность никогда не покинет этот интервал (на самом деле это невозможно, но мы не будем тратить время на доказательство), то она непериодическая. Если же какой-то член  x_k ≥ 0,  то силу а) и б) все последующие члены находятся на отрезке  [0, 1],  и ни один из них не равен x₁.
  4)  0 < x₁ < b.  Тогда в силу д), а) и б) все нечётные члены находятся в интервале  (0, b),  а все чётные – в интервале  (b, 1).  Докажем, что последовательность нечётных членов убывает. Для этого достаточно проверить, что  f(f(x)) = 1 – (1 – x²)² < x  при  0 < x < b.
  Действительно,  x – 1 + (1 – x²)² = x(x – 1)(x² + x – 1) > 0  (первый множитель на указанном интервале положителен, а два других отрицательны). Таким образом, последовательность непериодична.
  5)  b < x₁ < 1.  Тогда все чётные члены находятся в интервале  (0, b),  и, как показано выше последовательность чётных членов убывает. Таким образом, и в этом случае последовательность непериодична.

Ответ

При чётном n добавляются еще два решения:  (0, 1, 0, 1, ..., 0, 1)  и  (1, 0, 1, 0, ..., 1, 0).

Замечания

Для знатоков. В книге Г.А. Гальперина, А.К. Толпыго "Московские математические олимпиады" (1986) ошибочно утверждается, что точка b является притягивающей точкой функции  f. На самом деле она отталкивающая, как и точка a.

Источники и прецеденты использования