XIII OM - I - Zadanie 9

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

Rozwiązać układ równań

$ (1) \qquad \left\{ \begin{array}{c} x (x + y + z)^2 = a^4 (yz)^3\\ y (x + y + z)^2 = b^4 (zx)^3\\ z (x + y + z)^2 = c^4 (xy)^3. \end{array}\right. $

Rozwiązanie

Ponieważ w równaniach występują tylko parzyste potęgi liczb $a$ , $b$ , $c$ , więc bez szkody dla ogólności rozwiązania możemy przyjąć, że te liczby są nieujemne.

1. Rozpatrzmy najpierw przypadek, gdy żadna z liczb $a$ , $b$ , $c$ nie jest zerem. Jednym rozwiązaniem układu (1) jest $x = y = z = 0$ . Łatwo dowieść, że każde rozwiązanie $(x, y, z)$ tego układu, w którym jedna z niewiadomych ma wartość $0$ , jest identyczne z rozwiązaniem $(0, 0, 0)$ . Przypuśćmy na przykład, że $x = 0$ ; wówczas z pierwszego równania, wobec założenia, że $a \ne 0$ , wynika, że $y$ lub $x$ równa się zeru. Jeżeli $y = 0$ , to z trzeciego równania otrzymujemy $z = 0$ , jeżeli zaś $z = 0$ , to z drugiego równania wynika, że $y = 0$ .

Pozostają do wyznaczenia te rozwiązania danego układu równań, w których żadna z wartości niewiadomych nie jest zerem. Ograniczymy się tutaj do rozwiązań rzeczywistych.

Przypuśćmy, że $(x, y, z)$ jest rozwiązaniem układu (1), przy czym $xyz \ne 0$ . Z równań (1) wynika, że wówczas $x + y + z \ne 0$ .

Przy tych założeniach prawdziwe są równości

$ (x + y + z)^2 = \frac{a^4 (yz)^3}{x} = \frac{b^4 (zx)^3}{y} = \frac{c^4 (xy)^3}{z} $

a także równości

$ \frac{1}{(x + y + z)^2} = \frac{x}{a^4y^3z^3} = \frac{y}{b^4z^3x^3} = \frac{z}{c^4x^3y^3} $

i wreszcie równości

$ \frac{x^3y^3z^3}{(x + y + z)^2} = \frac{x^4}{a^4} = \frac{y^4}{b^4} = \frac{z^4}{c^4}. $

Istnieje wówczas taka dodatnia liczba $k$ , że

$ x^4 = a^4k^4,\ y^4 = b^4k^4,\ z^4 = c^4k^4, x^3y^3z^3 = k^4 (x + y + z)^2, $

wobec czego

$ (2) \qquad x = ak \varepsilon,\ y = bk \eta, \ z = ck \zeta, $

gdzie $\varepsilon = \pm 1$ , $\eta = \pm 1$ , $\zeta = \pm 1$ , oraz

$ a^3 b^3 c^3 k^3 \varepsilon^3 \eta^3 \zeta^3 = k^4 [ak \varepsilon + bk \eta + ck \zeta)^2. $

Lecz $\varepsilon^3 = \varepsilon$ , $\eta^3 = \eta$ , $\zeta^3 = \zeta$ i z ostatniej równości otrzymujemy

$ k^3 = \frac{(a\varepsilon + b\eta + c\zeta)^2}{\varepsilon \eta \zeta a^3b^3c^3}. $

Ponieważ $k > 0$ , zatem $\varepsilon \eta \zeta > 0$ , a że $\varepsilon \eta \zeta$ może być tylko jedną z liczb $1$ i $- 1$ , więc

$ (3) \qquad \varepsilon \eta \zeta = 1 $

$ (4) \qquad k = \frac{\sqrt[3]{(a\varepsilon + b\eta + c\zeta)^2}}{abc}. $

Ze wzorów (2) i (4)- otrzymujemy

$ (5) \qquad \begin{array}{c} x = \frac{\varepsilon}{bc} \sqrt[3]{(a\varepsilon + b\eta + c\zeta)^2}\\ y = \frac{\varepsilon}{ac} \sqrt[3]{(a\varepsilon + b\eta + c\zeta)^2}\\ z = \frac{\zeta}{ab} \sqrt[3]{(a\varepsilon + b\eta + c\zeta)^2}. \end{array} $

Z równości (3) wynika, że trójka liczb $(\varepsilon, \eta, \zeta)$ może być tylko jedną z trójek: $(1, 1, 1)$ , $(1, - 1, - 1)$ , $(- 1, 1, - 1)$ , $(-1, -1, 1)$ . Wzory (5) dają więc przy uwzględnieniu równości (3) cztery układy wartości $(x, y, z)$ , jako jedyne możliwe rozwiązania układu (1), spełniające warunek $xyz \ne 0$ . Podstawiając wartości (5) do równań (1), sprawdzimy łatwo, że istotnie spełniają one te równania. Można się o tym również przekonać, odwracając wnioskowanie, które doprowadziło do wzorów (5). Nie można jednak twierdzić, że każde z otrzymanych czterech rozwiązań jest różne od $(0, 0, 0)$ . Gdy bowiem współczynniki $a$ , $b$ , $c$ spełniają jedną z równości $a - b - c = 0$ , $-a+b-c=0$ , $- a - b + c = 0$ , wówczas jednym z tych rozwiązań jest właśnie $(0, 0, 0)$ . Ostatecznie więc otrzymujemy wynik następujący:

Gdy $(a - b - c) (a - b + c) (a + b - c) \ne 0$ , układ równań (1) ma $5$ rozwiązań, mianowicie $(0, 0, 0)$ oraz cztery rozwiązania określone wzorami (5), w których każda z liter $\varepsilon, \eta, \zeta$ oznacza $1$ lub $- 1$ , przy czym $\varepsilon \eta \zeta = 1$ .

Gdy $(a - b - c) (a - b + c) (a + b - c) = 0$ , układ równań (1) ma $4$ rozwiązania określone, jak wyżej, wzorami (5).

2. Trzeba jeszcze zbadać przypadek, gdy $abc = 0$ . Możemy się przy tym ograniczyć do trzech możliwości (gdyż przy innych wyniki są analogiczne):

a) $a = 0$ , $b \ne 0$ , $c \ne 0$ . Z pierwszego równania otrzymujemy $x (x + y + z) = 0$ , więc zachodzi jeden z przypadków:

$\alpha$ ) Jeżeli $x = 0$ , to z drugiego i trzeciego równania wynika, że $y (y + z) = 0$ , $z(y + z) = 0$ , zatem $(y + z)^2 = 0$ i $y + z = 0$ .

$\beta$ ) Jeżeli $x + y + z = 0$ , to z drugiego i trzeciego równania wynika, że $zx = 0$ i $xy = 0$ skąd $x (y + z) = 0$ , zatem jak w przypadku $\alpha$ ) jest $x = 0$ i $y + z = 0$ . Odwrotnie, jeżeli $x = 0$ i $y + z = 0$ , to liczby $x$ , $y$ , $z$ spełniają równania (1).

Ostatecznie więc w przypadku a) rozwiązaniem układu są wszystkie trójki liczb $(x, y, z)$ spełniające układ równań

$ x = 0, \quad y + z = 0. $

b) $a = 0$ , $b = 0$ , $c \ne 0$ . Z równań (1) wynika, że

$ x (x + y + z) = 0,\ y (x + y + z) = 0, $

zatem $xy(x + y + z)^2 = 0$ , skąd wnioskujemy, że jedna z liczb $xy$ i $x + y + z$ równa się zeru; z równań (1) łatwo wynika, że w takim razie i druga z tych liczb równa się zeru, tj.

$ x + y + z = 0,\quad xy = 0. $

Odwrotnie, jeżeli powyższe równania są spełnione, to wszystkie równania (1) są spełnione. Zatem rozwiązaniem układu (1) w przypadku b) są wszystkie trójki liczb $(x, y, z)$ spełniające jeden z układów

$ x = 0, \quad y + z = 0, $

lub

$ y = 0, \quad x + z = 0. $

c) $a = b = c = 0$ . Z danych równań wynika, że $x (x + y + z) = 0$ , $y (x + y + z) = 0$ , $z (x + y + z) = 0$ , zatem $(x + y + z)^2 = 0$ i $x + y + z = 0$ . Odwrotnie, jeżeli $x + y + z = 0$ , wszystkie równania (1) są spełnione.

Rozwiązaniem układu (1) w przypadku c) są wszystkie trójki liczb $(x, y, z)$ czyniące zadość równaniu

$ x + y + z = 0. $