mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 01, 2013 10:40 am**

Να λυθεί το σύστημα
$\left\{ \begin{array}{l} {x^2}{\left( {y + z} \right)^2} = \left( {3{x^2} + x + 1} \right){y^2}{z^2}\\ {y^2}{\left( {z + x} \right)^2} = \left( {4{y^2} + y + 1} \right){z^2}{x^2}\\ {z^2}{\left( {x + y} \right)^2} = \left( {5{z^2} + z + 1} \right){x^2}{y^2}\\ x,y,z \in R \end{array} \right.$
Ν.Ζ.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 01, 2013 11:29 am**

nikoszan έγραψε:Να λυθεί το σύστημα
$\left\{ \begin{array}{l} {x^2}{\left( {y + z} \right)^2} = \left( {3{x^2} + x + 1} \right){y^2}{z^2}\\ {y^2}{\left( {z + x} \right)^2} = \left( {4{y^2} + y + 1} \right){z^2}{x^2}\\ {z^2}{\left( {x + y} \right)^2} = \left( {5{z^2} + z + 1} \right){x^2}{y^2}\\ x,y,z \in R \end{array} \right.$
Ν.Ζ.

Αν

τότε προκύπτει από τις δοθείσες πως y=0

ή

.
Επομένως αν y=0

κάθε τριάδα της μορφής $(0,0,z), z\in \mathbb{R}$ είναι λύση. Επιπλέον αν z=0

τότε κάθε τριάδα της μορφής $(0,y,0),y\in\mathbb{R}$
αποτελεί λύση.
Λόγω συμμετρίας έχουμε και τις λύσεις (x,0,0)

, $x\in\mathbb{R}$ .

Ας είναι τώρα κάθε μεταβλητή διαφορετική από το μηδέν. Διαιρώντας με x^2y^2z^2

κάθε εξίσωση έχουμε την ισοδύναμη μορφή:

$\displaystyle{\begin{array}{l} {\left( {\frac{1}{y} + \frac{1}{z}} \right)^2} = 3 + \frac{1}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}\\ {\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{z}} \right)^2} = 4 + \frac{1}{y} + \frac{1}{{{y^2}}}\\ {\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{y}} \right)^2} = 5 + \frac{1}{z} + \frac{1}{{{z^2}}} \end{array}}$

Για ευκολία ας θέσω $\displaystyle{\frac{1}{x} = a,\frac{1}{y} = b,\frac{1}{z} = c}$ . Τότε έχω ισοδύναμα:

$\displaystyle{\begin{array}{l} {\left( {b + c} \right)^2} = 3 + a + {a^2}\\ {\left( {a + c} \right)^2} = 4 + b + {b^2}\\ {\left( {a + b} \right)^2} = 5 + c + {c^2} \end{array}}$

Επιπλέον:

$\displaystyle{\begin{array}{l} {\left( {b + c} \right)^2} - {a^2} = 3 + a\\ {\left( {a + c} \right)^2} - {b^2} = 4 + b\\ {\left( {a + b} \right)^2} - {c^2} = 5 + c \end{array}}$

ή και

$\displaystyle{\begin{array}{l} \left( {b + c - a} \right)(a + b + c) = 3 + a\\ \left( {a + c - b} \right)(a + b + c) = 4 + b\\ \left( {a + b - c} \right)(a + b + c) = 5 + c \end{array}}$

Τώρα με πρόσθεση κατά μέλη έχω:

$\displaystyle{{(a + b + c)^2} = 12 + a + b + c \Rightarrow {(a + b + c)^2} - \left( {a + b + c} \right) - 12 = 0}$

Με επίλυση του τριωνύμου έχουμε:

$\displaystyle{a + b + c = 4 \vee a + b + c = - 3}$ .

Αν $\displaystyle{a + b + c = 4}$ τότε b+c=4-a, a+c=4-b, a+b=4-c.

Αντικαθιστώντας πιο πάνω έχω για το $\displaystyle{a,b,c}$ : $\displaystyle{a = \frac{{13}}{9},b = \frac{{12}}{9} = \frac{4}{3},c = \frac{{11}}{9}}$ επομένως θα είναι και:

$\displaystyle{a = \frac{{13}}{9},b = \frac{{12}}{9} = \frac{4}{3},c = \frac{{11}}{9} \Rightarrow x = \frac{9}{{13}},y = \frac{3}{4},z = \frac{9}{{11}}}$ (δεκτές αφού επαληθεύουν)

Τώρα αν a+b+c=-3

αναλόγως έχω: $\displaystyle{a = - \frac{6}{5},b = - 1,c = - \frac{4}{5} \Rightarrow x = - \frac{5}{6},y = - 1,z = - \frac{5}{4}}$ .

Ελπίζω να είμαι οκ!

Υ.Γ: Εκ παραδρομής έγραψα από το χαρτί μου αντί για $c=\frac{11}{9}, c=\frac{23}{9}.$ Διορθώθηκε. Επιπλέον διόρθωσα και τη διερεύνηση στο μηδέν μετά από υπόδειξη του Νίκου Ζανταρίδη.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 01, 2013 11:36 am**

Καλημέρα και καλό μήνα
Το σύστημα γράφεται $3+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}=(\frac{1}{y}+\frac{1}{z})^{2}, 4+\frac{1}{y}+\frac{1}{y^{2}}=(\frac{1}{x}+\frac{1}{z})^{2}, 5+\frac{1}{z}+(\frac{1}{z})^{2}=(\frac{1}{x}+\frac{1}{y})^{2}$
Με αντικατάσταση $\frac{1}{x}=\alpha ,\frac{1}{y}=\beta ,\frac{1}{z}=\gamma$
διαμορφώνεται $3+\alpha +\alpha ^{2}=(\beta +\gamma )^{2}, 4+\beta +\beta ^{2}=(\alpha +\gamma )^{2}, 5+\gamma +\gamma ^{2}=(\alpha +\beta )^{2}$ με πρόσθεση κατα μέλη είναι $12+\alpha +\beta +\gamma =(\alpha +\beta +\gamma )^{2}$ .....κ.λ.π το αφίνω για τον κόπο γιατί με πρόλαβε άλλος .....

Γιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 09, 2013 2:52 am**

πάλι εδώ κι εδώ

mathematica.gr

ΣΥΣΤΗΜΑ 4(ΒΙΕΤΝΑΜ)

ΣΥΣΤΗΜΑ 4(ΒΙΕΤΝΑΜ)

Re: ΣΥΣΤΗΜΑ 4(ΒΙΕΤΝΑΜ)

Re: ΣΥΣΤΗΜΑ 4(ΒΙΕΤΝΑΜ)

Re: ΣΥΣΤΗΜΑ 4(ΒΙΕΤΝΑΜ)