Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

Komentarz

IV OM - II - Zadanie 4

Rozwiązać układ równań

$ (1) \qquad \begin{array}{c} x_1x_2 = 1\\ x_2x_3 = 2\\ x_3x_4 = 3\\ \ldots\\ x_nx_1 = n \end{array} $

Rozwiązanie

W zadaniu nr 2 rozważyliśmy przypadek szczególny układu równań (1), w którym $n = 7$ . Gdy $n$ jest dowolne, należy rozróżnić dwa przypadki.

1. Liczba $n$ jest parzysta, $n = 2m$ . Mnożąc stronami równania: pierwsze, trzecie, $\ldots$ aż do $(2m - 1)$ -ego otrzymujemy

$ (2) \qquad x_1x_2x_3x_4 \ldots x_{2n-1}x_{2n} = 1 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2m - 1). $

Mnożąc zaś stronami równania: drugie, czwarte, $\ldots$ aż do $2m$ -ego otrzymujemy

$ (3) \qquad x_2x_3x_4x_5 \ldots x_{2m}x_1 = 2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot (2m). $

Równania (2) i (3) są sprzeczne, gdyż lewe strony przedstawiają ten sam iloczyn niewiadomych, a prawe strony są liczbami różnymi. Stąd wynika, że w przypadku, gdy $n$ jest liczbą parzystą, dany układ równań nie ma rozwiązań.

2. Liczba $n$ jest nieparzysta, $n= 2m+ 1$ .

Zauważmy najpierw, że jeżeli liczby $x_1, x_2, \ldots, x_n$ spełniają układ równań (1), to albo wszystkie są dodatnie, albo wszystkie są ujemne, a przy tym liczby $-x_1, - x_2, \ldots ,-x_n$ także spełniają ten układ równań. Wystarczy zatem znaleźć rozwiązania dodatnie, do czego się w dalszym ciągu ograniczymy.

Mnożymy równania danego układu stronami:

$ (x_1x_2x_3 \ldots x_{2m+1})^2 = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2m + 1), $

stąd

$ (4) \qquad x_1x_2x_3 \ldots x_{2m+1} = \sqrt{ 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2m + 1)}. $

Mnożymy stronami równania: pierwsze, trzecie, $\ldots$ aż do $(2m + 1)$ -ego, tj. do ostatniego:

$ (5) \qquad x_1x_2x_3x_4x_5x_6 \ldots x_{2m+1} x_1 = 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2m+1). $

Dzielimy równania (5) i (4) stronami:

$ (6) \qquad x_1 = \frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2m + 1)}{ \sqrt{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2m + 1)}}. $

Z pierwszych $2m$ równań układu (1) otrzymujemy

$ (7) \qquad x_2 = \frac{1}{x_1},\ x_3 = \frac{2}{x_2},\ x_4 = \frac{3}{x_3},\ x_5 = \frac{4}{x_4},\ \ldots,\ x_6 = \frac{2m}{x_{2m}}. $

Stąd możemy obliczyć kolejno niewiadome $x_2, x_3, \ldots, x_n$ w zależności od $x_1$ :

$ (8) \qquad x_2 = \frac{1}{x_1},\ x_3 = 2x_1,\ x_4 = \frac{3}{2x_1},\ x_5 = \frac{2 \cdot 4}{3} \cdot x_1,\ \ldots. $

Nie trudno dowieść, że począwszy od $x_4$ wartości niewiadomych wyrażają się wzorami

$ (9) \qquad \begin{array}{l} x_{2k} = \frac{3 \cdot 5 \cdot \ldots \cdot (2k - 1)}{2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot (2k - 2)} \cdot \frac{1}{x_1},\\ x_{2k+1} = \frac{2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot 2k}{1 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2k - 1)} \cdot x_1, \end{array} $

gdzie $k$ przybiera wartości $2, 3, \ldots, m$ .

Zastosujemy w tym celu indukcję zupełną. Podstawiając we wzorach (9) $k = 2$ otrzymujemy dla $x_4$ i $x_5$ wyrażenia podane w (8). Przypuśćmy teraz, że wzory (9) są prawdziwe dla pewnego $k$ ; udowodnimy, że pozostaną prawdziwe, gdy zamiast $k$ podstawimy w nich $k + 1$ . Istotnie według (7) jest $x_{r+1} = \frac{r}{x_r}$ , więc

$ x_{2k+2} = \frac{2k + 1}{x_{2k+1}} = \frac{1 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2k - 1)}{2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot (2k)} \cdot \frac{2k + 1}{x_1}, $

$ x_{2k+3} = \frac{2k + 2}{x_{2k+2}} = \frac{2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot 2k}{1 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2k-1)} \cdot \frac{2k + 2}{2k+1} \cdot x_1, $

a to są właśnie wzory wynikające ze wzorów (9) przy zamianie $k$ na $k + 1$ .

Obliczyliśmy w ten sposób wartości wszystkich niewiadomych; mianowicie $x_1$ wyrażone jest wzorem (6), $x_2 = \frac{1}{x_1}$ , $x_3 = 2x_1$ , a dalsze niewiadome wyrażone są wzorami (9).

Trzeba jeszcze sprawdzić, czy otrzymane wartości spełniają wszystkie równania układu (1). O ile chodzi o pierwszych $2m$ równań, fakt ten nie ulega wątpliwości, gdyż ze sposobu, w jaki obliczyliśmy niewiadome $x_2, x_3, \ldots, x_{2m+1}$ , widać od razu, że spełniają one równania (7). Sprawdzimy, czy spełnione jest ostatnie równanie.

Z drugiego ze wzorów (9) mamy:

$ x_{2m+1} = \frac{2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot (2m)}{1 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2m-1)} \cdot x_1, \textrm{ więc} $

$ x_{2m+1}x_1 = \frac{2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot 2m}{1 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2m -1)} \cdot x_1^2, $

zatem, według (6),

$ x_{2m+1}x_1 = \frac{2 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot (2m)}{1 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (2m - 1)} \cdot \frac{1^2 \cdot 3^2 \cdot 5^2 \cdot \ldots \cdot (2m + 1)^2}{2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot \ldots \cdot (2m + 1)} = 2m + 1. $

Ostatnie równanie jest więc spełnione. Uzyskaliśmy wynik:

Gdy $n$ jest liczbą nieparzystą, układ równań (1) ma dwa rozwiązania. Pierwsze rozwiązanie jest określone wzorem (6), wzorami $x_2 = \frac{1}{x_1}$ , $x_3 = 2x_1$ oraz wzorami (9), w których $k$ przybiera wartości $2, 3, \ldots, \frac{n-1}{2}$ ; drugie rozwiązanie składa się z liczb przeciwnych do poprzednich.

Uwaga. W taki sam sposób, jak wyżej, można rozwiązać (dla $n$ nieparzystego) ogólniejszy układ równań zastępując w równaniach (1) prawe strony przez dowolne liczby rzeczywiste, byle takie, żeby ich iloczyn był dodatni. Można też użyć następującego nieco innego sposobu rozwiązania.

Niech będzie dany układ równań

$ (10) \qquad \begin{array}{c} x_1x_2 = a_1,\\ x_2x_3 = a_2,\\ \ldots,\\ x_{2m}x_{2m+1} = a_{2m},\\ x_{2m+1} x_1 = a_{2m+1}, \end{array} $

przy czym $a_1a_2 \ldots a_{2m+1} > 0$ . Oznaczmy

$ R = \varepsilon \sqrt{a_1a_2 \ldots a_{2m+1}}, \textrm{ gdzie }\varepsilon = 1 \textrm{ lub } \varepsilon = - 1. $

Mnożąc stronami wszystkie dane równania i wyciągając obustronnie pierwiastek kwadratowy otrzymujemy

$ x_1x_2x_3 \ldots x_{2m+1} = R. $

Natomiast mnożąc stronami równania, w których po prawej stronie występują liczby $a_1, a_3, \ldots, a_{2m-1}, a_{2m+1}$ otrzymujemy

$ x_1x_2x_3 \ldots x_{2m+1} x_1 = a_1a_3a_5 \ldots a_{2m+1}. $

Stąd

$ (1) \qquad a_1 = \frac{a_1 a_3 a_5 \ldots a_{2m+1}}{R}. $

Jeżeli w równaniach (10) wykonamy cykliczne podstawienie wskaźników:

$ \left( \begin{array}{c} 1, 2, 3, \ldots, 2m, 2m+1 \\ 2, 3, 4, \ldots, 2m + 1, 1 \end{array} \right) $

tzn. jeśli każdy ze wskaźników $1, 2, \ldots, 2m$ zastąpimy wskaźnikiem o $1$ większym, a wskaźnik $2m+1$ wskaźnikiem $1$ , to układ równań (10) nie ulegnie zmianie, a wzór (11) przejdzie na wzór

$ (12) \qquad x_2 = \frac{a_2a_4a_6 \ldots a_{2m}a_1}{R}. $

Stosując znowu podstawienie cykliczne otrzymujemy ze wzoru (12) wzór

$ (13) \qquad = x_3 = \frac{a_3a_5 \ldots a_{2m+1} a_2}{R}. $

Postępując tak w dalszym ciągu otrzymujemy ogólnie

$ x_{2k} = \frac{a_{2k}a_{2k + 2} \ldots a_{2m} a_1a_3 \ldots a_{2k-1}}{R} $

$ x_{2k+1} = \frac{a_{2k+1} a_{2k + 3} \ldots a_{2m + 1}a_2a_4 \ldots a_{2k}}{R}, $

gdzie $k = 1, 2, 3, \ldots, m$ . Łatwo sprawdzić, że otrzymane w ten sposób wartości dla $x_1, x_2, \ldots x_{2m + 1}$ spełniają wszystkie równania układu równań (10); mamy tu dwa rozwiązania tego układu, gdyż w wyrażeniu $R$ możemy przyjąć $\varepsilon = 1$ lub $\varepsilon = - 1$ .

Wersja do wydruku

Olimpiady Matematyczne

Komentarz

IV OM - II - Zadanie 4

Rozwiązanie

Dodaj komentarz

Klasyfikacja tematyczna

Rok

Zawody