Układ i iloczyn

Proste problemy dotyczące wzorów skróconego mnożenia, ułamków, proporcji oraz innych przekształceń.
Awatar użytkownika
mol_ksiazkowy
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 11266
Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Kraków
Podziękował: 3143 razy
Pomógł: 747 razy

Układ i iloczyn

Post autor: mol_ksiazkowy »

Udowodnić, ze jeśli
\(\displaystyle{ \begin{cases}x^2+xy+y^2 = c^2 \\ y^2+yz+z^2=a^2 \\ z^2+ zx+x^2= b^2 \\ xy+yz+zx =0 \end{cases}}\)
to
\(\displaystyle{ (a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)=0}\)
Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15685
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 195 razy
Pomógł: 5219 razy

Re: Układ i iloczyn

Post autor: Premislav »

Jeśli \(\displaystyle{ xyz=0}\), to jedna z liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) jest równa zero, a dwie pozostałe są równe co do modułu, więc teza jest oczywista.
Jeśli \(\displaystyle{ xyz\neq 0}\), to dostajemy
\(\displaystyle{ \frac{1}{x}+\frac 1 y+\frac 1 z=0}\).
Wówczas układ przepisujemy w formie:
\(\displaystyle{ \begin{cases}\frac{1}{y^2}+\frac{1}{xy}+\frac{1}{x^2}=\frac{ c^2 }{(xy)^2}\\ \frac{1}{y^2}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{z^2}=\frac{a^2}{(yz)^2} \\ \frac 1{x^2}+\frac 1{zx}+\frac{1}{z^2}=\frac{ b^2 }{(zx)^2}\\\frac 1 x+\frac 1 y+\frac 1 z =0 \end{cases}}\)
czy też
\(\displaystyle{ \begin{cases}p^2+pq+q^2=c^2(pq)^2\\q^2+qr+r^2=a^2(qr)^2\\p^2+pr+r^2=b^2(pr)^2 \\p+q+r=0\end{cases}}\)
dla \(\displaystyle{ p=\frac 1 x, \ q=\frac 1 y, \ r=\frac 1 z}\).
Następnie odejmując stronami drugie równanie od pierwszego, trzecie od drugiego oraz pierwsze od trzeciego i korzystając z \(\displaystyle{ p+q+r=0, \ pqr\neq 0}\) mamy
\(\displaystyle{ \begin{cases}c^2p^2=a^2r^2\\a^2q^2=b^2p^2 \\b^2r^2=c^2q^2 \\p+q+r=0 \end{cases}}\)
Tymczasem
\(\displaystyle{ (a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)=2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)-(a^4+b^4+c^4)\\=b^2c^2\left( 2+2 \frac{p^2}{r^2}+2\frac{p^2}{q^2}- \frac{p^4}{(qr)^2} -\frac{q^2}{r^2}-\frac{r^2}{q^2}\right)\\= \frac{b^2c^2}{(pqr)^2} \left( 2(pqr)^2+2p^4q^2+2p^4r^2-p^6-p^2q^4-p^2r^4\right) \\=\left( \frac{bc}{qr}\right)^2\left( 2(qr)^2+2(pq)^2+2(pr)^2-(p^4+q^4+r^4)\right) \\=\left( \frac{bc}{qr}\right)^2(p+q+r)(-p+q+r)(p-q+r)(p+q-r)=0}\)
co kończy dowód.
Awatar użytkownika
Sylwek
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 2716
Rejestracja: 21 maja 2007, o 14:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 160 razy
Pomógł: 657 razy

Re: Układ i iloczyn

Post autor: Sylwek »

Zaprezentuję podejście geometryczne - bo forma 3 równań zasugerowała mi twierdzenie kosinusów.

Jeśli \(\displaystyle{ xyz=0}\), to jedna z liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) jest równa zero, a dwie pozostałe są równe co do modułu, więc teza jest oczywista.

Jeśli \(\displaystyle{ xyz\neq 0}\), zauważmy, że w trójce \(\displaystyle{ (x,y,z)}\) spełniającej ten układ równań nie może być trzech liczb o tym samym znaku. Ponadto, trójka \(\displaystyle{ (x,y,z)}\) spełnia ten układ równań tylko i wyłącznie wtedy, gdy spełnia go też trójka \(\displaystyle{ (-x,-y,-z)}\). Możemy więc bez straty ogólności przyjąć, że dwie z tych zmiennych są dodatnie, a trzecia ujemna, nie utracimy również ogólności, jeśli idąc za tym przyjmiemy, że \(\displaystyle{ x>0}\), \(\displaystyle{ y>0}\) oraz \(\displaystyle{ z<0}\). Niech wtedy \(\displaystyle{ t=-z>0}\).

Nasz układ równań przedstawia się wówczas jako
\(\displaystyle{ \begin{cases}x^2+xy+y^2 = |c|^2 \\ y^2-yt+t^2=|a|^2 \\ t^2-tx+x^2= |b|^2 \\ xy-yt-tx =0 \end{cases}}\)

Pierwsze równanie to twierdzenie kosinusów dla trójkąta o bokach \(\displaystyle{ x, y}\) oraz kąta \(\displaystyle{ 120^o}\) między tymi bokami (trzeci bok to \(\displaystyle{ |c|}\)).

Drugie równanie to twierdzenie kosinusów dla trójkąta o bokach \(\displaystyle{ y, t}\) oraz kąta \(\displaystyle{ 60^o}\) między tymi bokami (trzeci bok to \(\displaystyle{ |a|}\)).

Trzecie równanie to twierdzenie kosinusów dla trójkąta o bokach \(\displaystyle{ t, x}\) oraz kąta \(\displaystyle{ 60^o}\) między tymi bokami (trzeci bok to \(\displaystyle{ |b|}\)).

Ponadto, tak się składa, że trzecie równanie zapisane w formie \(\displaystyle{ t=\frac{xy}{x+y}}\) oznacza, że \(\displaystyle{ t}\) jest długością odcinka dwusiecznej kąta \(\displaystyle{ 120^o}\) naprzeciwko boku \(\displaystyle{ |c|}\) zawartego w trójkącie wspomnianym w pierwszym równaniu. Chętni mogą wyprowadzić wzór na dwusieczną w formie \(\displaystyle{ d=\frac{2xy}{x+y} \cos \frac{120^o}{2}=t}\) - wystarczy policzyć na dwa sposoby pole trójkąta z wykorzystaniem wzoru \(\displaystyle{ \frac{1}{2}xy \sin \alpha}\), raz tak, a drugi raz jako \(\displaystyle{ \frac{1}{2}xd \sin \frac{\alpha}{2} + \frac{1}{2}dy \sin \frac{\alpha}{2}}\) - stąd otrzymujemy podany wzór na \(\displaystyle{ d}\).

Weźmy zatem trójkąt \(\displaystyle{ PQR}\), w którym \(\displaystyle{ PQ=x}\), \(\displaystyle{ PR=y}\) oraz \(\displaystyle{ \angle QPR = 120^o}\), wtedy też \(\displaystyle{ QR=|c|}\). Punkt przecięcia dwusiecznej kąta \(\displaystyle{ 120^o}\) z bokiem \(\displaystyle{ QR}\) oznaczmy przez \(\displaystyle{ S}\). Z wcześniejszych rozważań dostajemy po kolei, że \(\displaystyle{ PS=t}\), wtedy też \(\displaystyle{ QS=|b|}\) oraz \(\displaystyle{ SR=|a|}\). Mamy więc \(\displaystyle{ |a|+|b|=|c|}\), a to jest równoważne tezie, czyli \(\displaystyle{ (a+b+c)(a+b-c)(a-b+c)(-a+b+c)=0}\) - teza jest też zatem prawdziwa we wszystkich przypadkach, bo nie straciliśmy ogólności naszymi założeniami o liczbach \(\displaystyle{ x, y, z}\).

P.S. Z twierdzenia o dwusiecznej mamy też w tym przypadku \(\displaystyle{ \frac{x}{y}=\frac{|b|}{|a|}}\), co Premislav uzyskał w formie bardziej ogólnej, uzyskując też inne ciekawe algebraiczne własności, których tą metodą nie zdołałem sprawnie uzyskać.
Elayne
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 926
Rejestracja: 24 paź 2011, o 01:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 75 razy
Pomógł: 274 razy

Układ i iloczyn

Post autor: Elayne »

Moje pierwsze skojarzenie to środkowe trójkąta \(\displaystyle{ (x,y,z)}\) oraz boki trójkąta \(\displaystyle{ (a,b,c)}\). Po dodaniu stronami pierwszych trzech równań, otrzymamy:
\(\displaystyle{ 2(x^2 + y^2 + z^2) + (xy + yz + zx) = a^2 + b^2 + c^2}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ xy + yz + zx = 0}\) to mamy:
\(\displaystyle{ 2(x^2 + y^2 + z^2) = a^2 + b^2 + c^2}\)
Możemy też, zapisać w ten sposób:
\(\displaystyle{ 2 (x + y + z)^2 = a^2 + b^2 + c^2}\)
i równość jest prawdziwa.
Jeśli pomnożymy obustronnie przez \(\displaystyle{ 6,}\) to otrzymamy:
\(\displaystyle{ 12 (x^2 + y^2 + z^2) = 6(a^2 + b^2 + c^2)}\)
Co możemy zapisać np. tak:
\(\displaystyle{ 4((-x^2 + 2 y^2 + 2 z^2) + (-y^2 + 2 x^2 + 2 z^2) + (-z^2 + 2 x^2 + 2 y^2)) = 6(a^2 + b^2 + c^2) \\
2/3 \cdot ((-x^2 + 2 y^2 + 2 z^2) + (-y^2 + 2 x^2 + 2 z^2) + (-z^2 + 2 x^2 + 2 y^2)) = a^2 + b^2 + c^2}\)

A z tego można otrzymać wielokrotność wzoru na pole trójkąta.
Ogólnie nie widzę jakiegoś zwięzłego, zgrabnego dowodu.
ODPOWIEDZ