mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 03, 2019 4:22 pm**

Να λυθεί

$\displaystyle{\begin{cases}ace=bde+adf+bcf, \\ bdf=acf+ade+bce \end{cases}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 03, 2019 7:02 pm**

Απλά και μόνο μία σκέψη που πιστεύω ότι οδηγεί σε διερευνητική λύση, εκτός εάν υπάρχει κάποιο «τέχνασμα» που απλοποιεί τα πράγματα.

Σίγουρα ξεκινάμε από υποθέσεις για τους έξι αγνώστους ως προς την ισότητα τους με το μηδέν για καθένα από αυτούς, είτε για δύο κτλ., κυκλικά και παίρνουμε άποψη.
Για παράδειγμα μία λύση είναι η $\left( {0,0,0,0,0,0} \right).$ Στη περίπτωση τώρα που όλοι είναι διάφοροι του μηδέν διαιρώντας τη πρώτη με το γινόμενο του πρώτου μέλους και την δεύτερη με το γινόμενο του πρώτου μέλους καταλήγουμε σε επίλυση συστήματος του τύπου: $\sum : \left\{ {xy + yz + zx = 1\; \wedge \;\frac{1}{{xy}} + \frac{1}{{yz}} + \frac{1}{{zx}} = 1} \right\},$ αρκεί να έχουμε θεωρήσει $\displaystyle{x = \frac{b}{a},\;y = \frac{d}{c},\;z = \frac{f}{e}.}$ Αν τώρα διαιρέσουμε την πρώτη από τις εξισώσεις του $\sum ,$ π.χ. με $\displaystyle{zx,}$ τότε έχουμε $\displaystyle{\frac{1}{{zx}} = 1 + \frac{y}{z} + \frac{y}{x}.}$ Αντικαθιστούμε στην δεύτερη των εξισώσεων του $\sum ,$ οπότε μετά από κάποιες πράξεις προκύπτει $\displaystyle{\left( {y + \frac{1}{y}} \right)\left( {\frac{1}{x} + \frac{1}{z}} \right) = 0,}$ κτλ., κτλ.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 04, 2019 2:45 am**

Το σύστημα γράφεται

$\begin{cases} (ac-bd)e=(ad+bc)f \ \ (1) \\ -(ac-bd)f=(ad+bc)e \ \ (2) \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} (ac-bd)ef=(ad+bc)f^2 \\ -(ac-bd)ef=(ad+bc)e^2 \end{cases}$ και οι δύο τελευταίες με πρόσθεση κατά μέλη δίνουν:

(ad+bc)(e^2+f^2)=0

.

Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:

1) Αν e^2+f^2=0

τότε

και οι

μπορούν να είναι οποιοιδήποτε πραγματικοί αριθμοί. Οπότε έχουμε τις λύσεις $\boxed{(a,b,c,d,e,f)=(a,b,c,d,0,0)}$ που επαληθεύουν το αρχικό σύστημα των εξισώσεων.

2) Αν ad+bc=0

τότε από την (1)

παίρνουμε

.

2.1) Αν ac-bd=0

τότε από την ταυτότητα Lagrange (a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ad+bc)^2+(ac-bd)^2

παίρνουμε είτε a=b=0

(κι έτσι οι c,d

αλλά και οι e,f

μπορούν να είναι οποιοιδήποτε πραγματικοί αριθμοί) είτε c=d=0

(κι έτσι οι a,b

αλλά και οι e,f

μπορούν να είναι οποιοιδήποτε πραγματικοί αριθμοί) κι έτσι έχουμε τις λύσεις $\boxed{(a,b,c,d,e,f)=(0,0,c,d,e,f)}$ και $\boxed{(a,b,c,d,e,f)=(a,b,0,0,e,f)}$ που επαληθεύουν το αρχικό σύστημα των εξισώσεων.

2.2) Αν e=0

τότε από την (2)

παίρνουμε

.

2.2.1) Αν ac-bd=0

τότε όπως στην περίπτωση 2.1 παίρνουμε λύσεις που τις έχουν ήδη καλύψει οι λύσεις της περίπτωσης 2.1

2.2.2) Αν f=0

τότε παίρνουμε λύσεις που ήδη περιλαμβάνονται σε εκείνες της περίπτωσης 1.

Συνεπώς οι λύσεις είναι αυτές που έχουν ήδη γραφτεί παραπάνω και μόνο αυτές.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 04, 2019 11:01 am**

matha έγραψε: Πέμ Ιαν 03, 2019 4:22 pm Να λυθεί

$\displaystyle{\begin{cases}ace=bde+adf+bcf, \\ bdf=acf+ade+bce \end{cases}}$ .

Λίγο πιο απλά. Μειώνουμε την περιπτωσιολογία αλλά δεν την αποφεύγουμε τελείως:

Θεωρούμε το σύστημα ως ομογενές γραμμικό ως προς a,b

.

$\displaystyle{\begin{cases}a(ce-df) - b(de+cf)=0, \\ a(de+cf) -b(ce-df)=0 \end{cases}}$ .

H διακρίνουσα είναι D= (ce-df)^2+(de+cf)^2

. Aν $D\ne 0$ έχουμε μοναδική λύση a=b=0

, που ικανοποιεί το σύστημα
για οποιεσδήποτε τιμές των c,d,e,f

. Άρα λύσεις οι (0,0, c,d,e,f)

.

Αν

, ισοδύναμα (c^2+d^2)(e^2+f^2)=0

έπεται ότι είτε c=d=0

ή

. Όπως πριν παίρνουμε τις λύσεις (a,b, 0,0,e,f), (a,b,c,d,0,0)

.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 04, 2019 3:28 pm**

Μετά τις ωραίες απαντήσεις από τους φίλους Σωτήρη, Αλέξανδρο, Μιχάλη, δυο λόγια.

Το σύστημα το κατασκεύασα ως Quickie.

Θεωρούμε τους μιγαδικούς $\displaystyle{z_1=a+bi, z_2=c+di, z_3=e+fi.}$

Είναι

$\displaystyle{z_1z_2z_3=(ace-bde-adf-bcf)+(acf+ade+bce-bdf)i.}$

Τότε το σύστημα γράφεται $\displaystyle{z_1z_2z_3=0,}$ οπότε $\displaystyle{z_1=0\vee z_2=0\vee z_3=0}$ άρα $\displaystyle{(a=b=0)\vee (c=d=0)\vee (e=f=0).}$

mathematica.gr

Σύστημα 2x6

Σύστημα 2x6

Re: Σύστημα 2x6

Re: Σύστημα 2x6

Re: Σύστημα 2x6

Re: Σύστημα 2x6