Καλοκαιρινό σύστημα!

Ορέστης Λιγνός · #1

Αν $a,b,c \in \mathbb{R} , a \neq b \neq c \neq a$ , να λύσετε στο $\mathbb{R}$ το σύστημα

$\begin{cases} x+y+z=1 \\ \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=1 \\ ax+by+cz=1 \end{cases}$ .

Ορέστης

#2

orestis26 έγραψε:Αν $a,b,c \in \mathbb{R} , a \neq b \neq c \neq a$ , να λύσετε στο $\mathbb{R}$ το σύστημα

$\begin{cases} x+y+z=1 \\ \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=1 \\ ax+by+cz=1 \end{cases}$ .

Γεια σου Ορέστη.

Θέλουμε μη μηδενικούς παρονομαστές, οπότε $xyz\ne 0$ .

Η δεύτερη εξίσωση γράφεται xy+yz+zx=xyz

που με χρήση της πρώτης στην μορφή z=1-x-y

γίνεται

. H τελευταία γράφεται

(x-1)(y-1)(x+y)=0

(είναι δευτεροβάθμια ως προς

οπότε δεν έχουμε πρόβλημα να την παραγοντοποιήσουμε).

Οπότε x=1

ή

Η περίπτωση x=1

στην πρώτη εξίσωση δίνει y=-z

δηλαδή έχουμε λύση της μορφής (1,-z,z)

. Οι υπόλοιπες οδηγούν σε όμοιες λύσεις με κυκλική εναλλαγή, οπότε ας μείνουμε στις λύσεις της μορφής (1,-z,z)

.

Η τρίτη εξίσωση γίνεται a-bz+cz=1

, άρα $z= \frac {a-1}{b-c}$ (που είναι δεκτή εκτός αν a=1

που απορρίπτεται λόγω του περιορισμού). Τελικά μία λύση είναι η

$\displaystyle { \left ( 1, \, -\frac {a-1}{b-c} , \, \frac {a-1}{b-c} \right )$ . Και λοιπά.

Το σύστημα πάντα έχει λύση γιατί κάποιος από τους (άνισους ανά ζεύγη) a,b,c

είναι $\ne 1$ .

#3

Παρατηρούμε ότι

$\displaystyle{(x+y)(y+z)(z+x)=(x+y+z)(xy+yz+zx)-xyz=xy+yz+zx-xyz=0,}$ λόγω της πρώτης και δεύτερης εξίσωσης του συστήματος αντίστοιχα.

Επομένως $\displaystyle{x=-y\vee y=-z\vee z=-x. }$

Αν π.χ. $\displaystyle{x=-y,}$ από την τρίτη εξίσωση βρίσκουμε

$\displaystyle{x=\frac{1-c}{a-b},}$ οπότε λύση του συστήματος είναι η τριάδα

$\displaystyle{\left(\frac{1-c}{a-b},\frac{c-1}{a-b},1\right).}$

Ομοίως οι άλλες περιπτώσεις.

*** Με πρόλαβε ο Μιχάλης. Το αφήνω για τον κόποτης πληκτρολόγησης.

dement · #4

Μία λίγο διαφορετική προσέγγιση:

Από τις δύο πρώτες εξισώσεις βλέπουμε ότι οι x,y,z

είναι ρίζες πολυωνύμου της μορφής x^3 - x^2 + sx - s

, που έχει πάντα ρίζα το

. Στη συνέχεια παίρνουμε τις τρεις περιπτώσεις x=1 (y = -z = t), y=1, z=1

και λύνουμε την τρίτη εξίσωση, προσέχοντας να απορρίψουμε τις μηδενικές λύσεις.

#5

orestis26 έγραψε:Αν $a,b,c \in \mathbb{R} , a \neq b \neq c \neq a$ , να λύσετε στο $\mathbb{R}$ το σύστημα

$\begin{cases} x+y+z=1 \\ \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=1 \\ ax+by+cz=1 \end{cases}$ .

Ορέστης

Καλημέρα σε όλους .

Αφού τα έγραψα...

Έχουμε : $\left\{ \begin{gathered} x + y + z = 1\,\,\,\,\,\,\,(1) \hfill \\ \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 1\,\,\,\,\,(2) \hfill \\ ax + by + cz = 1\,\,(3) \hfill \\ \end{gathered} \right.\,$ με $a \ne b \ne c \ne a$ οπότε προφανώς $xyz \ne 0$

Από τις δύο πρώτες έχουμε: $\left\{ \begin{gathered} x + y = 1 - z \hfill \\ \frac{{x + y}}{{xy}} = 1 - \frac{1}{z} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x + y = 1 - z \hfill \\ \frac{{x + y}}{{xy}} = \frac{{z - 1}}{z} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x + y = 1 - z \hfill \\ x + y = \frac{{xy(1 - z)}}{z} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ . Εξισώνουμε τα δεύτερα μέλη και έχουμε:

$(1 - z)z + xy(1 - z) = 0 \Leftrightarrow \boxed{\left\{ \begin{gathered} z = 1 \hfill \\ z = - xy \hfill \\ \end{gathered} \right.}\,\,\,( * )$ .

Με κυκλική εναλλαγή των γραμμάτων πάντα στις δύο πρώτες θα έχουμε και

$\boxed{\left\{ \begin{gathered} y = 1 \hfill \\ y = - xz \hfill \\ \end{gathered} \right.}\,\,\,( * * )\,\,\,\,\boxed{\left\{ \begin{gathered} x = 1 \hfill \\ x = - yz \hfill \\ \end{gathered} \right.}\,\,\,( * * * )$ . Θα μελετήσουμε την πρώτη περίπτωση (*)

και μετά με προσεκτική εναλλαγή αγνώστων αλλά και παραμέτρων θα έχουμε την πλήρη λύση.

Στην ( * )

λοιπόν έχουμε δύο περιπτώσεις :

1. z = 1

ή

2.

.

Στην πρώτη από τις παραπάνω έχουμε : $\left\{ \begin{gathered} x + y = 0 \hfill \\ ax + by + c = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \boxed{(x,y) = (\frac{{1 - c}}{{a - b}},\frac{{c - 1}}{{a - b}})}$ που επαληθεύει τη (2)

και άρα είναι μια λύση του αρχικού .

Δηλαδή : $\boxed{(x,y,z) = (\frac{{1 - c}}{{a - b}},\frac{{c - 1}}{{a - b}},1)}$

Τώρα αν ισχύει η δεύτερη από τις πιο πάνω , δηλαδή z = - xy

τότε ή

δίδει

$x + y - xy = 1 \Leftrightarrow x - 1 + y - xy = 0 \Leftrightarrow (x - 1) - (x - 1)xy = 0$ που γράφεται (x - 1)(1 - xy) = 0

. Οπότε:

Είτε x = 1

που είναι ή περίπτωση ( * * * )

, είτε

δηλαδή

και προκύπτει το σύστημα :

$\left\{ \begin{gathered} x + y = 2 \hfill \\ ax + by = 1 + c \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \boxed{(x,y) = (\frac{{2b - c - 1}}{{b - a}},\frac{{2a - c - 1}}{{a - b}})}$ που όμως δεν επαληθεύει τη (2)

.

Ορέστης Λιγνός · #6

Σας ευχαριστώ όλους πολύ για τις εξαιρετικές λύσεις σας!

#7

orestis26 έγραψε:Αν $a,b,c \in \mathbb{R} , a \neq b \neq c \neq a$ , να λύσετε στο $\mathbb{R}$ το σύστημα

$\begin{cases} x+y+z=1 \\ \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=1 \\ ax+by+cz=1 \end{cases}$ .

Και "άλλη" μία λύση. Ουσιαστικά είναι παραλλαγή των προηγούμενων, αλλά ντυμένη αλλιώς.

Οι δύο πρώτες εξισώσεις είναι $x+y+z=1, \, xy+yz+zx=xyz$ . Παρατηρούμε τώρα, με χρήση αυτών, ότι

$(x-1)(y-1)(z-1)= \cancel {xyz}-\cancel { (xy+yz+zx)} +(x+y+z)-1=1-1=0$ .

Συνεπώς κάποιο από τα x,y,z

ισούται με

. Από κει και πέρα το σύστημα είναι απλό, και δεν υπάρχει λόγος να επαναλάβουμε
τα ήδη γραφέντα.

Τολμώ να πω ότι είναι εξ' ίσου ωραία άσκηση αν η αρχική διατυπωθεί ως εξής:

Έστω πραγματικοί (ή μιγαδικοί!) αριθμοί με και . Δείξτε ότι τουλάχιστον ένας από αυτούς ισούται με .

Σταμ. Γλάρος · #8

Mihalis_Lambrou έγραψε:
orestis26 έγραψε:Αν $a,b,c \in \mathbb{R} , a \neq b \neq c \neq a$ , να λύσετε στο $\mathbb{R}$ το σύστημα

$\begin{cases} x+y+z=1 \\ \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=1 \\ ax+by+cz=1 \end{cases}$ .
Και "άλλη" μία λύση. Ουσιαστικά είναι παραλλαγή των προηγούμενων, αλλά ντυμένη αλλιώς.

Οι δύο πρώτες εξισώσεις είναι $x+y+z=1, \, xy+yz+zx=xyz$ . Παρατηρούμε τώρα, με χρήση αυτών, ότι

$(x-1)(y-1)(z-1)= \cancel {xyz}-\cancel { (xy+yz+zx)} +(x+y+z)-1=1-1=0$ .

Συνεπώς κάποιο από τα ισούται με . Από κει και πέρα το σύστημα είναι απλό, και δεν υπάρχει λόγος να επαναλάβουμε
τα ήδη γραφέντα.

Τολμώ να πω ότι είναι εξ' ίσου ωραία άσκηση αν η αρχική διατυπωθεί ως εξής:

Έστω πραγματικοί (ή μιγαδικοί!) αριθμοί με και . Δείξτε ότι τουλάχιστον ένας από αυτούς ισούται με .

Μια προσπάθεια στην πολύ ωραία άσκηση που έθεσε ο κ. Λάμπρου.
Είναι x+y+z=1

$\Leftrightarrow$ z= 1-x-y

(1)

Αντικαθιστώντας την παραπάνω στην xy+yz+zx=xyz

, έχουμε ισοδυνάμως : (y-1)(x^2+(y-1)x-y)=0

.

Επομένως έχουμε y=1

ή

.

Από την δευτεροβάθμια προκύπτει διακρίνουσα $\Delta =(y+1)^2\geq 0$ .

α) Αν $\Delta = 0$ $\Leftrightarrow$ y=-1

, οπότε η δευτεροβάθμια παίρνει την μορφή: (x-1)^2= 0

$\Leftrightarrow$ x=1

β) Αν $\Delta > 0$ , η δευτεροβάθμια έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες, τις: $x_{1}=1$ και $x_{2}=-y$ .
Για $χ=x_{2}=-y$ με αντικατάσταση στην (1) προκύπτει z=1

.

Τελικά, από τα παραπάνω, προκύπτει ότι τουλάχιστον ένας από τους x,y,z

ισούται με

.

Ενδιαφέρον είναι ότι μπορεί οι τρεις αριθμοί να είναι και μιγαδικοί, χωρίς κανένα πρόβλημα...

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

#9

Σταμ. Γλάρος έγραψε:Μια προσπάθεια στην πολύ ωραία άσκηση που έθεσε ο κ. Λάμπρου.

Σταμάτη, θα σου διέφυγε ότι την άσκηση την έχω ήδη λύσει στα παραπάνω.

Απομονώνω το σημείο με την εν λόγω λύση:

Mihalis_Lambrou έγραψε: Οι δύο πρώτες εξισώσεις είναι $x+y+z=1, \, xy+yz+zx=xyz$ . Παρατηρούμε τώρα, με χρήση αυτών, ότι

$(x-1)(y-1)(z-1)= \cancel {xyz}-\cancel { (xy+yz+zx)} +(x+y+z)-1=1-1=0$ .

Συνεπώς κάποιο από τα ισούται με .

Σταμ. Γλάρος · #10

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Σταμ. Γλάρος έγραψε:Μια προσπάθεια στην πολύ ωραία άσκηση που έθεσε ο κ. Λάμπρου.
Σταμάτη, θα σου διέφυγε ότι την άσκηση την έχω ήδη λύσει στα παραπάνω.

Απομονώνω το σημείο με την εν λόγω λύση:

Mihalis_Lambrou έγραψε: Οι δύο πρώτες εξισώσεις είναι $x+y+z=1, \, xy+yz+zx=xyz$ . Παρατηρούμε τώρα, με χρήση αυτών, ότι

$(x-1)(y-1)(z-1)= \cancel {xyz}-\cancel { (xy+yz+zx)} +(x+y+z)-1=1-1=0$ .

Συνεπώς κάποιο από τα ισούται με .

Καλησπέρα!
Έχετε δίκιο! Με παρέσυρε η μορφή της δευτεροβάθμιας που μου προέκυψε μετά την αντικατάσταση...
Δεν διάβασα προσεκτικά την λύση σας. Το βλέμμα μου έπεσε κατ' ευθείαν στα ...μπλε γράμματα!Ειδικά στην
αναφορά σας για x,y,z

μιγαδικούς!
Έτσι νόμισα ότι πρόκειται για κάτι άλλο. Στην ουσία προκύπτει η ίδια παραγοντοποίηση.
Επίσης υπάρχει και άλλο πρόβλημα. Δεν έχει νόημα η ανισότητα $\Delta =(y+1)^2>0$ , αν

: μιγαδικός.
Μόνο ως παραγοντοποίηση έχει νόημα η διαδικασία με την δευτεροβάθμια στο σύνολο των μιγαδικών.

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

Καλοκαιρινό σύστημα!

Καλοκαιρινό σύστημα!

Re: Καλοκαιρινό σύστημα!

Re: Καλοκαιρινό σύστημα!

Re: Καλοκαιρινό σύστημα!

Re: Καλοκαιρινό σύστημα!

Re: Καλοκαιρινό σύστημα!

Re: Καλοκαιρινό σύστημα!

Re: Καλοκαιρινό σύστημα!

Re: Καλοκαιρινό σύστημα!

Re: Καλοκαιρινό σύστημα!

Μέλη σε σύνδεση