mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 31, 2010 3:26 am**

Με αφορμή αυτό το τόπικ, ανοίγω το παρόν...

1.
Να λυθεί στο $\mathbb{R}^{3}$ το σύστημα:

$\begin{cases} \displaystyle 5^x+12^y=13^x , \\ \displaystyle 5^y+12^z=13^y, \\ \displaystyle 5^z+12^x=13^z \end{cases}$ .

2.
Να λυθεί το σύστημα:

$\begin{cases} \displaystyle |x|+|y|=1340 , \\ \displaystyle x^3+y^3+2010xy=670^3 \end{cases}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 31, 2010 3:45 am**

Για το πρώτο, λόγω συμμετρίας υποθέτουμε $\displaystyle x\geqslant y\geqslant z$ οπότε: $\displaystyle 13^{x}=5^x+12^y\leqslant 5^x+12^x\Leftrightarrow 1\leqslant \left(\frac{5}{13} \right)^{x}+\left(\frac{12}{13} \right)^{x}\Leftrightarrow x\leqslant 2$

αφού η συνάρτηση $\displaystyle f\left(x \right)= \left(\frac{5}{13} \right)^{x}+\left(\frac{12}{13} \right)^{x}$ είναι γνησίως φθίνουσα.

Aκόμη από την τελευταία $\displaystyle 13^{z}=12^{x}+5^z\geqslant 12^z+5^z\Leftrightarrow 1\geqslant \left(\frac{12}{13} \right)^{z}+\left(\frac{5}{13} \right)^{z}\Leftrightarrow z\geqslant 2$ .

Επειδή όμως $\displaystyle 2\geqslant x\geqslant z\geqslant 2\Rightarrow x=z=2$ άρα με αντικατάσταση βρίσκουμε $\displaystyle \left(x,y,z \right)=\left(2,2,2 \right)$ .

Πιστεύω να είμαι σωστός...

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 31, 2010 3:15 pm**

2. .... $\Leftrightarrow \begin{Bmatrix}|a|+|b|=2 \\ a^3+b^3+(-1)^3=3ab(-1)\end{Bmatrix}...$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 31, 2010 6:18 pm**

3. Να λυθεί το σύστημα:

$\begin{Bmatrix} \sqrt{x+y}+\sqrt{x+2y+2}=7\\ \sqrt{2x+1}+\sqrt{3y+1}=7 \end{Bmatrix}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 31, 2010 7:19 pm**

Φίλε Κώστα ( rek2) Καλή Χρονιά.

Στην τόσο όμορφη άσκηση που πρότεινες επίτρεψε μου τις σκέψεις μου.
$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {a = \sqrt {x + y} > 0} \\ {b = \sqrt {x + 2y + 2} > 0} \\ {c = \sqrt {2x + 1} > 0} \\ {d = \sqrt {3y + 1} > 0} \\ \end{array} } \right\} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {a^2 + b^2 = c^2 + d^2 } \\ {a + b = c + d = 7 \Leftrightarrow a = 7 - b\,\kappa \alpha \iota \,d = 7 - c} \\ {ab = cd} \\ \end{array} } \right\} \Rightarrow$
b=c ή b+c=7 …

* Θα πρέπει βέβαια να ληφθούν υπ’ όψη οι περιορισμοί και η επαλήθευση.
** Με εσωτερικό γινόμενο διανυσμάτων γίνεται κάτι;

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 31, 2010 7:25 pm**

S.E.Louridas έγραψε:Φίλε Κώστα ( rek2) Καλή Χρονιά.

Στην τόσο όμορφη άσκηση που πρότεινες επίτρεψε μου τις σκέψεις μου.
$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {a = \sqrt {x + y} > 0} \\ {b = \sqrt {x + 2y + 2} > 0} \\ {c = \sqrt {2x + 1} > 0} \\ {d = \sqrt {3y + z} > 0} \\ \end{array} } \right\} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}c} {a^2 + b^2 = c^2 + d^2 } \\ {a + b = c + d = 7 \Leftrightarrow a = 7 - b\,\kappa \alpha \iota \,d = 7 - c} \\ {ab = cd} \\ \end{array} } \right\} \Rightarrow$
b=c ή b+c=7 …

** Θα πρέπει βέβαια να ληφθούν υπ’ όψη οι περιορισμοί και η επαλήθευση.

S.E.Louridas

Φίλε Σωτήρη,

Οι λύσεις σου είναι πάντα από το "περικοπό"!!!

Χρόνια πολλά και από μένα. Τις καλύτερες ευχές μου για σένα, την οικογένειά σου και όλο το κόσμο!!!

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 31, 2010 7:43 pm**

Ένα "παλιό" σύστημα:

ΑΣΚΗΣΗ 4η

Αν a_1,a_2,a_3,a_4

είναι διαφορετικοί ανα δύο πραγματικοί αριθμοί,να λυθεί το σύστημα:

$\displaystyle \left(\Sigma \right):\begin{Bmatrix} \left|a_1-a_2 \right|x_2+\left|a_1-a_3 \right|x_3+\left|a_1-a_4 \right|x_4=1 \\ \left|a_2-a_1 \right|x_1+\left|a_2-a_3 \right|x_3+\left|a_2-a_4 \right|x_4=1 \\ \left|a_3-a_1 \right|x_1+\left|a_3-a_2 \right|x_2+\left|a_3-a_4 \right|x_4=1 \\ \left|a_4-a_1 \right|x_1+\left|a_4-a_2 \right|x_2+\left|a_4-a_3 \right|x_3=1 \\ \end{Bmatrix}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 24, 2015 1:32 am**

5.

Να λυθεί το σύστημα:

$\displaystyle{\begin{cases}x^2+x=y^3-y \\ y^2+y=x^3-x \end{cases}}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 25, 2015 9:00 am**

socrates έγραψε:Με αφορμή αυτό το τόπικ, ανοίγω το παρόν...

2.
Να λυθεί το σύστημα:

$\begin{cases} \displaystyle |x|+|y|=1340 , \\ \displaystyle x^3+y^3+2010xy=670^3 \end{cases}$

Δείτε viewtopic.php?f=58&t=49404#p233934

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 25, 2015 6:24 pm**

Επειδή έχει ξεχαστεί αυτό το τόπικ να λύσουμε μερικά!

socrates έγραψε:5.

Να λυθεί το σύστημα:

$\displaystyle{\begin{cases}x^2+x=y^3-y \\ y^2+y=x^3-x \end{cases}}$

$\bullet$ Για x=y

λαμβάνουμε από την 1η σχέση:
$x^2+x=x^3-x\Leftrightarrow x\left(x^2-x-2 \right)=0\Leftrightarrow x=0$ ή x=-1

ή

λύσεις που όλες ικανοποιούν το σύστημα.

Άρα τα ζεύγη (x,y)=(0,0),(2,2),(-1,-1)

είναι λύσεις.

$\bullet$ Για $x\neq y$ ισοδύναμα είναι:
$\displaystyle \begin{cases} x+y=y^3-x^2 \\ x+y=x^3-y^2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x+y=y^3-x^2 \\ x+y=x^3-y^2 \\ y^3-x^3=x^2-y^2 \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} x+y=x^3-y^2=y^3-x^2 \\ 2(x+y)=x^3+y^3-(x^2+y^2) \\ (y-x)(y^2+xy+x^2)= (x-y)(x+y) \end{cases}$
$\displaystyle \Leftrightarrow \begin{cases} x+y=x^3-y^2=y^3-x^2 \\ (1): 2(x+y)=(x+y)(x^2+y^2-xy)-(x+y)^2+2xy \\ (2): x^2+y^2+xy=-(x+y) \end{cases}$

Θέτουμε για ευκολία x+y=a, xy=b

και οι

δίνουν:
$\displaystyle \begin{cases} 2a=a(a^2-3b)-a^2+2b \\ a^2+a=b \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} b=a^2+a \\ 2a=a(-2a^2-3a)+a^2+2a \end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases} b=a^2+a \\ a^2(a+1)=0 \end{cases}$
Άρα είτε a=x+y=0,b=xy=0

είτε

. Σε κάθε περίπτωση προκύπτει xy=0

.
-Αν

τότε εύκολα από το αρχικό σύστημα παίρνουμε y=-1

-Και προφανώς λόγω συμμετρίας αν y=0

είναι

.

Τελικά οι λύσεις είναι: (x,y)=(0,0),(2,2),(-1,-1),(0,-1),(-1,0).

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 26, 2015 2:31 am**

socrates έγραψε:5.

Να λυθεί το σύστημα:

$\displaystyle{\begin{cases}x^2+x=y^3-y \\ y^2+y=x^3-x \end{cases}}$

Η άσκηση είναι από εδώ:
http://artofproblemsolving.com/communit ... 38p4623833

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 26, 2015 2:35 am**

6.
Να λυθεί το σύστημα:

$\displaystyle{y=\frac{x^3+12x}{3x^2+4} \ , \ z=\frac{y^3+12y}{3y^2+4} \ , \ x=\frac{z^3+12z}{3z^2+4}}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 06, 2015 1:03 am**

socrates έγραψε:6.
Να λυθεί το σύστημα:

$\displaystyle{y=\frac{x^3+12x}{3x^2+4} \ , \ z=\frac{y^3+12y}{3y^2+4} \ , \ x=\frac{z^3+12z}{3z^2+4}}$

Γεια σου Θανάση.Ελπίζω η παρακάτω λύση να είναι σωστή γιατί πολλές λάθος ανεβάζω τώρα τελευταία.

Αρχικά υποθέτω πως $\displaystyle{|x|,|y|,|z|\neq 2}$ και $\displaystyle{x,y,z\neq 0}$ .

Αφαιρώ $\displaystyle{2}$ από κάθε σχέση.Τότε έχουμε για παράδειγμα $\displaystyle{y-2=\frac{(x-2)^{3}}{3x^2+4}}$ και όμοια για τις άλλες.

Με πολλαπλασιασμό των τριών και απλοποίηση προκύπτει $\displaystyle{(x-2)^{2}(y-2)^{2}(z-2)^{2}=(3x^2+4)(3y^2+4)(3z^2+4)}$ .

Κάνουμε τώρα το ίδιο προσθέτοντας το $\displaystyle{2}$ σε κάθε σχέση.Θα λάβουμε $\displaystyle{y+2=\frac{(x+2)^{3}}{3x^2+4}}$ και όμοια οι άλλες δύο.

Με πολλαπλασιασμό των τριών και απλοποίηση προκύπτει $\displaystyle{(x+2)^{2}(y+2)^{2}(z+2)^{2}=(3x^2+4)(3y^2+4)(3z^2+4)}$ .

Πολλαπλασιάζοντας αυτή με αυτή που βρήκαμε παραπάνω,λαμβάνουμε $\displaystyle{\prod_{sym}(x^2-4)^2=\prod_{sym}(3x^2+4)^2 \ \bf \color{red} (1)}$ .

Όμως ισχύει $\displaystyle{(3x^2+4)^2>(x^2-4)^2 \ \forall x\neq 0}$ .

Πράγματι,αυτή γράφεται $\displaystyle{9x^4+24x^2+16>x^4-8x^2+16\Leftrightarrow 8x^4+32x^2>0\Leftrightarrow 8x^2(x^2+4)>0}$ που ισχύει.

Ισχύουν όμοιες σχέσεις και για τα $\displaystyle{y,z}$ οπότε λαμβάνοντας υπ' όψιν ότι όλοι οι όροι των σχέσεων αυτών είναι θετικοί και πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη παίρνουμε

$\displaystyle{\prod_{sym} (x^2-4)^2<\prod_{sym} (3x^2+4)^2}$ που αναιρεί την $\displaystyle{\bf \color{red} (1)}$ .Άρα δεν υπάρχουν λύσεις που να ικανοποιούν τους αρχικούς περιορισμούς.

Θα εξετάσουμε τώρα τρεις περιπτώσεις:

$\bullet$ Έστω πως κάποιος εκ των $\displaystyle{x,y,z}$ είναι $\displaystyle{0}$ .Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι αυτός είναι ο $\displaystyle{x}$ .

Τότε $\displaystyle{y=0}$ που δίνει και $\displaystyle{z=0}$ άρα μοναδική λύση η $\displaystyle{(x,y,z)=(0,0,0)}$ στην περίπτωση αυτή.

$\bullet$ Έστω πως κάποιος εκ των $\displaystyle{x,y,z}$ για παράδειγμα ο $\displaystyle{x}$ ισούται με $\displaystyle{2}$ .

Τότε από τις αρχικές σχέσεις παίρνουμε $\displaystyle{y=2}$ που δίνει $\displaystyle{z=2}$ .

$\bullet$ Έστω πως κάποιος εκ των $\displaystyle{x,y,z}$ για παράδειγμα ο $\displaystyle{x}$ είναι ίσος με $\displaystyle{-2}$ .

Τότε παίρνουμε άμεσα $\displaystyle{y=-2}$ που δίνει $\displaystyle{z=-2}$ .

Συνοψίζοντας,λύσεις του συστήματος οι $\displaystyle{(x,y,z)=(2,2,2),(0,0,0),(-2,-2,-2)}$ .

Παρεπιπτόντως το πρόβλημα είναι από το φετινό JBMO TST των Ρουμάνων (εκεί έχω βάλει την ίδια λύση).

Edit:Έβαλα το link.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 06, 2015 6:22 pm**

Σωστά, Γιώργο!

Στην επίσημη λύση, γράφουν

$\displaystyle{\frac{y-2}{y+2}=\left(\frac{x-2}{x+2}\right)^3=\left(\frac{z-2}{z+2}\right)^9=\left(\frac{y-2}{y+2}\right)^{27}}$

οπότε $\displaystyle{\frac{y-2}{y+2}=0,1,-1}$ και μένει η περίπτωση $\displaystyle{(x+2)(y+2)(z+2)=0...}$

Άλλη μια λύση, με συνάρτηση, εδώ:
http://artofproblemsolving.com/communit ... 29p4837517

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 23, 2015 1:45 am**

7.
Να λυθεί το σύστημα:

$\displaystyle{\displaystyle{\begin{cases} x^3 + 9x^2y = 10 \\ y^3 + xy^2 = 2 \end{cases}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 23, 2015 1:47 am**

8.
Να λυθεί το σύστημα:

$\displaystyle{\displaystyle{\begin{cases} ||a + b| − |a − b|| = |a b| \\ |a + b| + |a − b| = 1 \end{cases}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 23, 2015 2:40 am**

Γεια σου Θανάση.

socrates έγραψε:7.
Να λυθεί το σύστημα:

$\displaystyle{\displaystyle{\begin{cases} x^3 + 9x^2y = 10 \\ y^3 + xy^2 = 2 \end{cases}}}$

Πολλαπλασιάζουμε την δεύτερη σχέση με $\displaystyle{27}$ και προσθέτουμε με την πρώτη.Παίρνουμε $\displaystyle{x^3+9x^2y+27xy^2+27y^4=64\Leftrightarrow (x+3y)^3=64\Leftrightarrow x+3y=4}$ .

Αντικαθιστούμε στη δεύτερη σχέση το $\displaystyle{x}$ με $\displaystyle{4-3y}$ και λαμβάνουμε $\displaystyle{y^3+y^2(4-3y)=2\Leftrightarrow 4y^2-2y^3=2\Leftrightarrow y^3-2y^2+1=0}$ .

Ισοδύναμα $\displaystyle{y^3-y^2-(y^2-1)=0\Leftrightarrow y^2(y-1)-(y-1)(y+1)=0\Leftrightarrow (y-1)(y^2-y-1)=0}$ .

Άρα $\displaystyle{(x,y)=(1,1),\left(\frac{5-3\sqrt{5}}{2},\frac{\sqrt{5}+1}{2}\right),\left(\frac{5+3\sqrt{5}}{2},\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)}$ .

socrates έγραψε:8.
Να λυθεί το σύστημα:

$\displaystyle{\displaystyle{\begin{cases} ||a + b| − |a − b|| = |a b| \\ |a + b| + |a − b| = 1 \end{cases}}}$

Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη και παίρνουμε $\displaystyle{\left|(a+b)^2-(a-b)^2\right|=|ab|\Leftrightarrow 4|ab|=|ab|\Leftrightarrow |ab|=0}$ .

Προφανώς τώρα λύσεις είναι τα ζεύγη $\displaystyle{(a,b)=\left(0,\frac{1}{2}\right),\left(0,-\frac{1}{2}\right),\left(\frac{1}{2},0\right),\left(-\frac{1}{2},0\right)}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 27, 2015 1:51 am**

9.
Να λυθεί το σύστημα:

$\displaystyle{\begin{cases}x^5=5y^3-4z\\y^5=5z^3-4x\\z^5=5x^3-4y\end{cases}}$

http://artofproblemsolving.com/communit ... 92p3350176

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 27, 2015 2:01 pm**

(0,0,0),(1,1,1),(-1,-1,-1),(2,2,2),(-2,-2,-2)

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 27, 2015 2:16 pm**

socrates έγραψε:9.
Να λυθεί το σύστημα:

$\displaystyle{\begin{cases}x^5=5y^3-4z\\y^5=5z^3-4x\\z^5=5x^3-4y\end{cases}}$

http://artofproblemsolving.com/communit ... 92p3350176

Λόγω της κυκλικής συμμετρίας του συστήματος μπορούμε χωρίς βλάβη της γενικότητας να υποθέσουμε ότι ο μέγιστος μεταξύ των x,y,z

είναι ο

.

Διακρίνουμε λοιπόν τις εξής περιπτώσεις:

Αν $x\geq y\geq z$ τότε

Επειδή $y^5\geq z^5$ και $-5z^3\geq -5x^3$ άρα προσθέτοντας έχουμε $y^5-5z^3\geq z^5-5x^3$ απ' όπου (λόγω των αρχικών εξισώσεων του συστήματος) παίρνουμε: $-4x\geq -4y$ απ' όπου $x\leq y$ άρα x=y

και αντικαθιστώντας στις εξισωσεις της εκφώνησης παίρνουμε τελικά ότι y=z

άρα

.

Αν $x\geq z\geq y$ τότε

Επειδή $x^5\geq z^5$ και $-5y^3\geq -5x^3$ άρα προσθέτοντας έχουμε $x^5-5y^3\geq z^5-5x^3$ απ' όπου (λόγω των αρχικών εξισώσεων του συστήματος) παίρνουμε: $-4z\geq -4y$ απ' όπου $z\leq y$ άρα z=y