tg i ctg - układ

[mol_ksiazkowy]

Rozwiązać układ
\(\displaystyle{ \begin{cases} \tg^2 x + 2\ctg^2(2y)= 1 \\ \tg^2 y + 2\ctg^2(2z)= 1 \\ \tg^2 z + 2\ctg^2(2x)= 1\end{cases} }\)

[Premislav]

Mamy \(\displaystyle{ \ctg (2t)=\frac{1-\tg^{2}t}{2\tg t}}\) i układ przyjmuje formę:
\(\displaystyle{ \begin{cases}\tg^{2}x+\frac{\left(1-\tg^{2}y\right)^{2}}{2\tg^{2}y}=1\\\tg^{2}y+\frac{\left(1-\tg^{2}z\right)^{2}}{2\tg^{2}z}=1 \\\tg^{2}z+\frac{\left(1-\tg^{2}x\right)^{2}}{2\tg^{2}x}=1 \end{cases}}\)
Podstawmy \(\displaystyle{ a=\tg^{2}x, \ b=\tg^{2}y, \ c=\tg^{2}z}\), a dostaniemy
\(\displaystyle{ \begin{cases}a+\frac{(1-b)^{2}}{2b}=1\\b+\frac{(1-c)^{2}}{2c}=1\\c+\frac{(1-a)^{2}}{2a}=1\end{cases}}\)
czyli
\(\displaystyle{ \begin{cases}a=1-\frac{(1-b)^{2}}{2b}\\b=1-\frac{(1-c)^{2}}{2c}\\c=1-\frac{(1-a)^{2}}{2a}\end{cases}}\)
Oczywiście łatwo więc widzimy, że \(\displaystyle{ a,b,c\le 1}\).
Niech
\(\displaystyle{ f(x)=1-\frac{(1-x)^{2}}{2x}}\). Dla \(\displaystyle{ x\in(0,1]}\) mamy
\(\displaystyle{ f(x)\ge x\Leftrightarrow 1-x\ge \frac{(1-x)^{2}}{2x}\Leftrightarrow 1\ge \frac{1-x}{2x}\Leftrightarrow x\ge \frac{1}{3}}\)
Równość zachodzi tylko w punktach \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\) i \(\displaystyle{ 1}\).
Przypuśćmy więc na moment, że \(\displaystyle{ a\ge \frac{1}{3}, \ b\ge \frac{1}{3}, \ c\ge \frac{1}{3}}\).
Dostajemy wówczas
\(\displaystyle{ a=f(b)\ge b=f(c)\ge c=f(a)\ge a}\)
czyli wszystkie te nierówności muszą być równościami, a więc \(\displaystyle{ a=b=c, \ a,b,c\in \left\{\frac{1}{3}, 1\right\}}\).
Ponadto po dodaniu równości stronami mamy:
\(\displaystyle{ a+b+c+\frac{(1-a)^{2}}{2a}+\frac{(1-b)^{2}}{2b}+\frac{(1-c)^{2}}{2c}=3}\)
tymczasem z nierówności Cauchy'ego-Schwarza w formie Engela:
\(\displaystyle{ \frac{(1-a)^{2}}{2a}+\frac{(1-b)^{2}}{2b}+\frac{(1-c)^{2}}{2c}\ge \frac{(3-(a+b+c))^{2}}{2(a+b+c)}}\), więc
\(\displaystyle{ 3\ge a+b+c+\frac{(3-(a+b+c))^{2}}{2(a+b+c)}}\)
a zatem
\(\displaystyle{ 3(3-(a+b+c)((a+b+c)-1)\ge 0 }\)
Rzecz jasna jest \(\displaystyle{ a+b+c\le 3}\), stąd też \(\displaystyle{ a+b+c\ge 1}\)
Zatem co najmniej jedna z liczb \(\displaystyle{ a,b,c}\) jest nie mniejsza niż \(\displaystyle{ \frac{1}{3}}\).
Dla ustalenia uwagi niech będzie to \(\displaystyle{ a}\).
Wówczas
\(\displaystyle{ c=f(a)\ge a\ge \frac{1}{3}}\) i podobnie \(\displaystyle{ b=f(c)\ge c\ge \frac{1}{3}}\)
Tak więc, jak poprzednio wywnioskowaliśmy, mamy \(\displaystyle{ a=b=c=1\vee a=b=c=\frac{1}{3}}\).
Gdy sobie przypomnimy, że \(\displaystyle{ a=\tg^{2}x, \ b=\tg^{2}y, \ c=\tg^{2}z}\)
to już łatwo skończymy rozwiązanie, ja tylko przypomnę, że
\(\displaystyle{ \tg^{2}t=1}\) zachodzi dla \(\displaystyle{ t=\frac{\pi}{4}+\frac{k\pi}{2}}\), a \(\displaystyle{ \tg^{2}t=\frac{1}{3}}\) – dla \(\displaystyle{ t=\frac{\pi}{6}+k\pi \vee t=-\frac{\pi}{6}+k\pi}\), wypisanie rozwiązań sobie podaruję.