Rozwiązać układ równań.
\(\displaystyle{ \left\{\begin{array}{l} x+z=y(x+y)\\x+y=z(y+z)\\y+z=x(x+z) \end{array}}\)
[Algebra] Układ Równań
Regulamin forum
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
Wszystkie tematy znajdujące się w tym dziale powinny być tagowane tj. posiadać przedrostek postaci [Nierówności], [Planimetria], itp.. Temat może posiadać wiele różnych tagów. Nazwa tematu nie może składać się z samych tagów.
-
- Użytkownik
- Posty: 2
- Rejestracja: 28 paź 2018, o 21:43
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Radom
-
- Użytkownik
- Posty: 1116
- Rejestracja: 11 wrz 2015, o 19:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Górnicza Dolina
- Podziękował: 74 razy
- Pomógł: 115 razy
[Algebra] Układ Równań
Dla \(\displaystyle{ x+y=0}\), \(\displaystyle{ x+z=0}\), \(\displaystyle{ y+z=0}\) dostajemy, że trójka \(\displaystyle{ \left( 0,0,0\right)}\) spełnia układ równań.
Dla \(\displaystyle{ x+y \neq 0}\), \(\displaystyle{ x+z \neq 0}\), \(\displaystyle{ y+z \neq 0}\) pomnóżmy przez siebie równania.
Dostaniemy \(\displaystyle{ (x+z)(x+y)(y+z)=xyz(x+y)(y+z)(x+z)}\), możemy podzielić przez \(\displaystyle{ (x+z)(x+y)(y+z)}\).
Ostatecznie mamy \(\displaystyle{ xyz=1}\), a takich trójek jest nieskończenie wiele.
Dla \(\displaystyle{ x+y \neq 0}\), \(\displaystyle{ x+z \neq 0}\), \(\displaystyle{ y+z \neq 0}\) pomnóżmy przez siebie równania.
Dostaniemy \(\displaystyle{ (x+z)(x+y)(y+z)=xyz(x+y)(y+z)(x+z)}\), możemy podzielić przez \(\displaystyle{ (x+z)(x+y)(y+z)}\).
Ostatecznie mamy \(\displaystyle{ xyz=1}\), a takich trójek jest nieskończenie wiele.
-
- Użytkownik
- Posty: 23495
- Rejestracja: 8 kwie 2008, o 22:04
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: piaski
- Podziękował: 1 raz
- Pomógł: 3264 razy
[Algebra] Układ Równań
Ale tylko niektóre z tych trójek (np: \(\displaystyle{ (1;1;1)}\)) spełnią układ.
To, że te zera i jedynki są rozwiązaniem było można zauważyć bez żadnych przekształceń - ale jakie są (bądź nie ma) inne pozostaje do rozstrzygnięcia.
To, że te zera i jedynki są rozwiązaniem było można zauważyć bez żadnych przekształceń - ale jakie są (bądź nie ma) inne pozostaje do rozstrzygnięcia.
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5747
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 130 razy
- Pomógł: 526 razy
[Algebra] Układ Równań
To rozstrzygnę:
wiadomo, że:
\(\displaystyle{ xyz=1}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+z=xy+y^2\\ x+y=yz+z^2\\y+z=xz+x^2\end{cases}}\)
dodajmy stronami:
i mamy:
\(\displaystyle{ 2(x+y+z)=xy+xz+yz+x^2+y^2+z^2=xy+xz+yz+(x+y+z)^2-2(xy+xz+yz)}\)
lub:
(*)\(\displaystyle{ xy+xz+yz=(x+y+z)^2-2(x+y+z)}\)
przepiszmy jeszcze raz:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+z=xy+y^2/ \cdot xy\\ x+y=yz+z^2/ \cdot yz\\y+z=xz+x^2/ \cdot xz\end{cases}}\)
otrzymamy z uwagi na to, że:
\(\displaystyle{ xyz=1}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} x^2y+1=x^2y^2+xy^3 \\ y^2z+1=y^2z^2+yz^3 \\xz^2+1=x^2z^2+zx^3 \end{cases}}\)
przepiszmy jeszcze raz:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+z=xy+y^2/ \cdot yz\\ x+y=yz+z^2/ \cdot zx\\y+z=xz+x^2/ \cdot xy\end{cases}}\)
otrzymamy:
\(\displaystyle{ \begin{cases} 1+yz^2=y+y^3z \\ 1+x^2z=z+xz^3 \\1+xy^2=x+x^3y \end{cases}}\)
przepiszmy powyższe:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x^2y+1=x^2y^2+xy^3 \\ y^2z+1=y^2z^2+yz^3 \\xz^2+1=x^2z^2+zx^3 \end{cases}}\)
dodajmy te dwie ostatnie stronami:
otrzymamy:
\(\displaystyle{ 6+ \sum_{}^{} x^2y=\left( x+y+z\right) + \sum_{}^{} x^2y^2 + \sum_{}^{} xy^3}\)
To są sumy symetryczne i można je przekształcić:
\(\displaystyle{ 3+(x+y+z)(xy+xz+yz)=x+y+z+(xy+xz+yz)^2-2xyz(x+y+z)+(xy+xz+yz)\left[ (x+y+z)^2-2(xy+xz+yz)\right] -xyz(x+y+z)}\)
podstawiając:
\(\displaystyle{ x+y+z=a}\)
\(\displaystyle{ xy+xz+yz=b}\)
\(\displaystyle{ xyz=1}\)
otrzymamy:
(**)\(\displaystyle{ 3+ab=a^2b-b^2-2a}\)
biorąc pod uwagę jeszcze (*), otrzymamy:
\(\displaystyle{ b=a^2-2a}\)
podstawiając do (**) otrzymamy:
\(\displaystyle{ a^3-2a^2-2a-3=0}\)
otrzymamy jedno rozwiązanie:
\(\displaystyle{ a=3}\)
z tego:
\(\displaystyle{ b=3}\)
mamy więc układ równań:
\(\displaystyle{ x+y+z=3}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+y+z=3\\xy+xz+yz=3 \\ xyz=1 \end{cases}}\)
przekształcając otrzymamy:
\(\displaystyle{ xy+(3-x-y)(x+y)=3}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{z}+z(3-z)=3}\)
lub:
\(\displaystyle{ z^3-3z^2+3z-1=0}\)
rozwiązanie tylko:
\(\displaystyle{ z=1}\)
mamy więc:
\(\displaystyle{ x+y=2}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+y=2\\ xy=1\end{cases}}\)
po podstawieniu mamy:
\(\displaystyle{ x(2-x)=1}\)
lub:
\(\displaystyle{ x^2-2x+1=0}\)
\(\displaystyle{ (x-1)^2=0}\)
czyli:
\(\displaystyle{ x=1}\)
a więc:
\(\displaystyle{ y=2-x=2-1=1}\)
mamy więc jedyne niezerowe rozwiązanie:
\(\displaystyle{ (x,y,z)=(1,1,1)}\)
jeszcze dodam, że jeżeli np:
\(\displaystyle{ z=0}\)
a pozostałe nie dostajemy sprzeczność nie może być tylko jedna niewiadoma zerowa...
albo wszystkie zerowe, albo żadna...
cnd...
wiadomo, że:
\(\displaystyle{ xyz=1}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+z=xy+y^2\\ x+y=yz+z^2\\y+z=xz+x^2\end{cases}}\)
dodajmy stronami:
i mamy:
\(\displaystyle{ 2(x+y+z)=xy+xz+yz+x^2+y^2+z^2=xy+xz+yz+(x+y+z)^2-2(xy+xz+yz)}\)
lub:
(*)\(\displaystyle{ xy+xz+yz=(x+y+z)^2-2(x+y+z)}\)
przepiszmy jeszcze raz:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+z=xy+y^2/ \cdot xy\\ x+y=yz+z^2/ \cdot yz\\y+z=xz+x^2/ \cdot xz\end{cases}}\)
otrzymamy z uwagi na to, że:
\(\displaystyle{ xyz=1}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} x^2y+1=x^2y^2+xy^3 \\ y^2z+1=y^2z^2+yz^3 \\xz^2+1=x^2z^2+zx^3 \end{cases}}\)
przepiszmy jeszcze raz:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+z=xy+y^2/ \cdot yz\\ x+y=yz+z^2/ \cdot zx\\y+z=xz+x^2/ \cdot xy\end{cases}}\)
otrzymamy:
\(\displaystyle{ \begin{cases} 1+yz^2=y+y^3z \\ 1+x^2z=z+xz^3 \\1+xy^2=x+x^3y \end{cases}}\)
przepiszmy powyższe:
\(\displaystyle{ \begin{cases} x^2y+1=x^2y^2+xy^3 \\ y^2z+1=y^2z^2+yz^3 \\xz^2+1=x^2z^2+zx^3 \end{cases}}\)
dodajmy te dwie ostatnie stronami:
otrzymamy:
\(\displaystyle{ 6+ \sum_{}^{} x^2y=\left( x+y+z\right) + \sum_{}^{} x^2y^2 + \sum_{}^{} xy^3}\)
To są sumy symetryczne i można je przekształcić:
\(\displaystyle{ 3+(x+y+z)(xy+xz+yz)=x+y+z+(xy+xz+yz)^2-2xyz(x+y+z)+(xy+xz+yz)\left[ (x+y+z)^2-2(xy+xz+yz)\right] -xyz(x+y+z)}\)
podstawiając:
\(\displaystyle{ x+y+z=a}\)
\(\displaystyle{ xy+xz+yz=b}\)
\(\displaystyle{ xyz=1}\)
otrzymamy:
(**)\(\displaystyle{ 3+ab=a^2b-b^2-2a}\)
biorąc pod uwagę jeszcze (*), otrzymamy:
\(\displaystyle{ b=a^2-2a}\)
podstawiając do (**) otrzymamy:
\(\displaystyle{ a^3-2a^2-2a-3=0}\)
otrzymamy jedno rozwiązanie:
\(\displaystyle{ a=3}\)
z tego:
\(\displaystyle{ b=3}\)
mamy więc układ równań:
\(\displaystyle{ x+y+z=3}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+y+z=3\\xy+xz+yz=3 \\ xyz=1 \end{cases}}\)
przekształcając otrzymamy:
\(\displaystyle{ xy+(3-x-y)(x+y)=3}\)
\(\displaystyle{ \frac{1}{z}+z(3-z)=3}\)
lub:
\(\displaystyle{ z^3-3z^2+3z-1=0}\)
rozwiązanie tylko:
\(\displaystyle{ z=1}\)
mamy więc:
\(\displaystyle{ x+y=2}\)
\(\displaystyle{ \begin{cases} x+y=2\\ xy=1\end{cases}}\)
po podstawieniu mamy:
\(\displaystyle{ x(2-x)=1}\)
lub:
\(\displaystyle{ x^2-2x+1=0}\)
\(\displaystyle{ (x-1)^2=0}\)
czyli:
\(\displaystyle{ x=1}\)
a więc:
\(\displaystyle{ y=2-x=2-1=1}\)
mamy więc jedyne niezerowe rozwiązanie:
\(\displaystyle{ (x,y,z)=(1,1,1)}\)
jeszcze dodam, że jeżeli np:
\(\displaystyle{ z=0}\)
a pozostałe nie dostajemy sprzeczność nie może być tylko jedna niewiadoma zerowa...
albo wszystkie zerowe, albo żadna...
cnd...
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5220 razy
[Algebra] Układ Równań
Jeżeli ktoś byłby zainteresowany pomysłem na krótsze rozwiązanie (no offence, arku), to dodam, że takowy pojawił się już w tym wątku: 435492.htm
(post Zahiona).
(post Zahiona).
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5747
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 130 razy
- Pomógł: 526 razy
Re: [Algebra] Układ Równań
Jest dziwna prawidłowość między tego typu układami równań a przyznawanymi banami...
Ten kto zadaje temat z tego typu równaniami dostaje bana...
Ale to rozwiązanie z wektorami do mnie całkowicie nie przemawia...
Ten kto zadaje temat z tego typu równaniami dostaje bana...
Ale to rozwiązanie z wektorami do mnie całkowicie nie przemawia...
-
- Użytkownik
- Posty: 19
- Rejestracja: 6 gru 2016, o 22:39
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Bielsko-Biała
[Algebra] Układ Równań
To jest zadanie 5 z aktualnej edycji Olimpiady Matematycznej. Wątek został założony wtedy, kiedy konkurs jeszcze trwał. W tym samym dniu ktoś założył taki wątek na AOPSie. Czyli ktoś tu próbował oszukiwać.