Рациональные выражения и дробно-рациональные уравнения - очень сложные задачи с решениями

Решение:
Так как [tex]a[/tex], [tex]b[/tex], [tex]c[/tex] различны, все знаменатели — отличные от нуля постоянные. Рассмотрим
[tex]P(x)=\frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)}+\frac{(x-c)(x-a)}{(b-c)(b-a)}+\frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)}-1[/tex]
Это многочлен от [tex]x[/tex] степени не выше [tex]2[/tex]. При [tex]x=a[/tex] первая дробь равна [tex]1[/tex], а две другие содержат множитель [tex]x-a=0[/tex], поэтому
[tex]P(a)=\frac{(a-b)(a-c)}{(a-b)(a-c)}+0+0-1=1-1=0[/tex]
Аналогично, при [tex]x=b[/tex] отлична от нуля только вторая дробь, и она равна [tex]1[/tex], а при [tex]x=c[/tex] — только третья, и она тоже равна [tex]1[/tex]. Следовательно, [tex]P(b)=P(c)=0[/tex].
Итак, многочлен [tex]P[/tex] имеет три различных корня [tex]a[/tex], [tex]b[/tex], [tex]c[/tex]. Ненулевой многочлен степени не выше [tex]2[/tex] имеет не более двух корней, поэтому [tex]P[/tex] — нулевой многочлен, т.е. [tex]P(x)=0[/tex] при любом [tex]x[/tex]. Это значит, что данное равенство выполняется для любого действительного числа [tex]x[/tex].

Решение:
Положим [tex]p=\frac{1}{a}[/tex], [tex]q=\frac{1}{b}[/tex], [tex]r=\frac{1}{c}[/tex]. Тогда [tex]p+q+r=0[/tex] и [tex]pqr=\frac{1}{abc}[/tex]. Сначала покажем, что [tex]p^3+q^3+r^3=3pqr[/tex]. Действительно, [tex]r=-(p+q)[/tex], поэтому
[tex]r^3=-(p+q)^3=-p^3-q^3-3pq(p+q)=-p^3-q^3+3pqr\ \Rightarrow\ p^3+q^3+r^3=3pqr[/tex]
Кроме того,
[tex]\frac{bc}{a^2}=\frac{abc}{a^3}=abc\,p^3,\qquad \frac{ca}{b^2}=\frac{abc}{b^3}=abc\,q^3,\qquad \frac{ab}{c^2}=\frac{abc}{c^3}=abc\,r^3[/tex]
Следовательно,
[tex]\frac{bc}{a^2}+\frac{ca}{b^2}+\frac{ab}{c^2}=abc\left(p^3+q^3+r^3\right)=3abc\,pqr=\frac{3abc}{abc}=3[/tex]
что и требовалось доказать.

Решение:
ОДЗ: [tex]x\ne -1[/tex]. Положим
[tex]A=\frac{x(19-x)}{x+1},\qquad B=x+\frac{19-x}{x+1}=\frac{x^2+19}{x+1}[/tex]
Тогда при любом допустимом [tex]x[/tex]
[tex]A+B=\frac{19x-x^2+x^2+19}{x+1}=\frac{19(x+1)}{x+1}=19[/tex]
а уравнение имеет вид [tex]AB=84[/tex]. Значит, [tex]A[/tex] и [tex]B[/tex] — корни уравнения [tex]z^2-19z+84=0[/tex], т.е. [tex]\left\{A; B\right\}=\left\{7; 12\right\}[/tex]. Так как [tex]A=19-B[/tex] выполняется автоматически, достаточно потребовать [tex]B=7[/tex] или [tex]B=12[/tex].
Если [tex]B=7[/tex]:
[tex]x^2+19=7x+7\ \Rightarrow\ x^2-7x+12=0\ \Rightarrow\ x=3\text{ или }x=4[/tex]
Если [tex]B=12[/tex]:
[tex]x^2+19=12x+12\ \Rightarrow\ x^2-12x+7=0\ \Rightarrow\ x=6\pm\sqrt{29}[/tex]
Ни одно из четырёх чисел не равно [tex]-1[/tex], поэтому все они являются корнями уравнения: [tex]x_1=3; \ x_2=4; \ x_{3,4}=6\pm\sqrt{29}[/tex].

Решение:
ОДЗ: [tex]x\ne -2[/tex]. Знаменатели в левой части положительны, так как
[tex]x^2+2x+2013=(x+1)^2+2012,\quad x^2+2x+2014=(x+1)^2+2013,\quad x^2+2x+2015=(x+1)^2+2014[/tex]
Поэтому каждая дробь в левой части не больше [tex]1[/tex]:
[tex]\frac{2012}{(x+1)^2+2012}\le 1,\qquad \frac{2013}{(x+1)^2+2013}\le 1,\qquad \frac{2014}{(x+1)^2+2014}\le 1[/tex]
поэтому левая часть не больше [tex]3[/tex], причём равенство достигается только при [tex](x+1)^2=0[/tex], т.е. при [tex]x=-1[/tex]. В правой части положим [tex]w=(x+2)^2\gt 0[/tex]:
[tex]\frac{(x+2)^4+(x+2)^2+1}{(x+2)^2}=\frac{w^2+w+1}{w}=w+\frac{1}{w}+1=3+\frac{(w-1)^2}{w}\ge 3[/tex]
причём равенство достигается только при [tex]w=1[/tex], т.е. при [tex]x=-1[/tex] или [tex]x=-3[/tex]. Итак, левая часть [tex]\le 3\le[/tex] правая часть, поэтому равенство возможно, только если обе части равны [tex]3[/tex]. Для этого нужно [tex]x=-1[/tex]; при [tex]x=-3[/tex] левая часть меньше [tex]3[/tex].
Проверка: при [tex]x=-1[/tex] левая часть равна [tex]1+1+1=3[/tex], а правая — [tex]\frac{1+1+1}{1}=3[/tex]. Уравнение имеет единственный корень [tex]x=-1[/tex].

Решение:
Так как [tex]a[/tex], [tex]b[/tex], [tex]c[/tex] отличны от нуля, умножим каждое равенство на его знаменатель:
[tex]ab=bt-1,\qquad bc=ct-1,\qquad ca=at-1[/tex]
Умножим первое равенство на [tex]c[/tex] и воспользуемся вторым:
[tex]abc=bct-c=(ct-1)t-c=ct^2-t-c\ \Rightarrow\ abc+t=c\left(t^2-1\right)[/tex]
Умножим второе равенство на [tex]a[/tex] и воспользуемся третьим:
[tex]abc=cat-a=(at-1)t-a=at^2-t-a\ \Rightarrow\ abc+t=a\left(t^2-1\right)[/tex]
Сравнивая два результата, получаем [tex]c\left(t^2-1\right)=a\left(t^2-1\right)[/tex], т.е. [tex](c-a)\left(t^2-1\right)=0[/tex]. Так как [tex]a\ne c[/tex], отсюда [tex]t^2=1[/tex], и тогда
[tex]abc+t=c\left(t^2-1\right)=0[/tex]
что и требовалось доказать.

Решение:
Сначала покажем, что два из чисел противоположны. Запишем условие в виде
[tex]\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{a+b+c}-\frac{1}{c}\ \Rightarrow\ \frac{a+b}{ab}=\frac{c-(a+b+c)}{c(a+b+c)}=-\frac{a+b}{c(a+b+c)}[/tex]
Следовательно,
[tex](a+b)\left(\frac{1}{ab}+\frac{1}{c(a+b+c)}\right)=0\ \Rightarrow\ \frac{(a+b)\left(c(a+b+c)+ab\right)}{abc(a+b+c)}=0[/tex]
Так как [tex]c(a+b+c)+ab=c^2+ca+cb+ab=(c+a)(c+b)[/tex], получаем
[tex](a+b)(b+c)(c+a)=0[/tex]
И условие, и утверждение симметричны относительно [tex]a[/tex], [tex]b[/tex], [tex]c[/tex], поэтому можно считать, что [tex]a+b=0[/tex], т.е. [tex]b=-a[/tex]. При нечётном [tex]n[/tex] имеем [tex]b^n=(-a)^n=-a^n[/tex], и левая часть равна
[tex]\frac{1}{a^n}+\frac{1}{b^n}+\frac{1}{c^n}=\frac{1}{a^n}-\frac{1}{a^n}+\frac{1}{c^n}=\frac{1}{c^n}[/tex]
Справа [tex]a^n+b^n+c^n=a^n-a^n+c^n=c^n\ne 0[/tex], поэтому правая часть тоже равна [tex]\frac{1}{c^n}[/tex]. Следовательно, равенство выполняется для любого нечётного натурального числа [tex]n[/tex].

Решение:
ОДЗ: [tex]x\notin\left\{2; 3; 4; 5\right\}[/tex]. Прибавим [tex]1[/tex] к каждой дроби. Так как дроби входят со знаками [tex]+[/tex], [tex]-[/tex], [tex]+[/tex], [tex]-[/tex], добавленные единицы взаимно уничтожаются, а поскольку [tex]\frac{x-7}{x-5}+1=\frac{2(x-6)}{x-5}[/tex] (и аналогично для остальных дробей), уравнение принимает вид
[tex]2(x-6)\left(\frac{1}{x-5}-\frac{1}{x-4}+\frac{1}{x-3}-\frac{1}{x-2}\right)=x-6[/tex]
Один корень [tex]x=6[/tex] (он входит в ОДЗ). При [tex]x\ne 6[/tex] разделим на [tex]x-6[/tex] и сгруппируем дроби:
[tex]2\left(\frac{1}{x-5}-\frac{1}{x-2}\right)+2\left(\frac{1}{x-3}-\frac{1}{x-4}\right)=1\ \Rightarrow\ \frac{6}{x^2-7x+10}-\frac{2}{x^2-7x+12}=1[/tex]
Положим [tex]k=x^2-7x+11[/tex]; тогда [tex]x^2-7x+10=k-1[/tex], [tex]x^2-7x+12=k+1[/tex], причём в ОДЗ [tex]k\ne\pm 1[/tex]:
[tex]\frac{6}{k-1}-\frac{2}{k+1}=1\ \Rightarrow\ 6(k+1)-2(k-1)=k^2-1\ \Rightarrow\ k^2-4k-9=0\ \Rightarrow\ k=2\pm\sqrt{13}[/tex]
При [tex]k=2+\sqrt{13}[/tex] получаем [tex]x^2-7x+9-\sqrt{13}=0[/tex] с дискриминантом [tex]13+4\sqrt{13}\gt 0[/tex], т.е. два действительных корня [tex]x=\frac{7\pm\sqrt{13+4\sqrt{13}}}{2}[/tex].
При [tex]k=2-\sqrt{13}[/tex] получаем [tex]x^2-7x+9+\sqrt{13}=0[/tex] с дискриминантом [tex]13-4\sqrt{13}=\sqrt{13}\left(\sqrt{13}-4\right)\lt 0[/tex], т.е. действительных корней нет.
Для двух новых корней [tex]x^2-7x=\sqrt{13}-9[/tex] — иррациональное число, а при [tex]x\in\left\{2; 3; 4; 5; 6\right\}[/tex] число [tex]x^2-7x[/tex] целое. Значит, эти корни входят в ОДЗ и отличны от [tex]6[/tex]. Итак, уравнение имеет [tex]3[/tex] действительных корня.