Matematikos Maratonas Nr. 3

Pakėlę pirmos lygties abi puses kvadratu, ir atsižvelgę į antrąją lygtį, gausime:
xy + xz + yz = 2.  (A)
Pakėlę antros lygties abi puses kvadratu, ir atsižvelgę į trečiąją, gausime:
x²y² + x²z² + y²z² = 4  (B)
Pakėlę lygties (A) abi puses kvadratu, ir atsižvelgę į lygtį (B), gausime:
xyz(x +y + z) = 0, t.y. 3xyz = 0, t.y
x=0, arba y=0, arba z=0.
1) Kai x=0 gauname trivialią sistemą
y+ z= 3
y² + z²= 5, t.y y=1, z=2  arba y=2, x=1.
2) Kai y=0 gauname x=1, z=2  arba x=2, z=1
3) Kai z=0 gauname x=1, y=2 arba x=2, y=1.
Atsakymas: { (0,1,2), (0,2,1), (1,0,2), (2,0, 1), (1,2,0), (2,1,0)}

Na va labai pagyvėjo maratonas prisijungus Sokolovui. Uždavinys išspręstas teisingai.

Išspręskite lygtį:
2x³ = (2x² + x - 1)√(x²-x+1)

Padalinkime visą lygtį iš [tex]x^3[/tex], gauname:
[tex]2=\left(2+\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}\right)\cdot \dfrac{\sqrt{x^2-x+1}}{x}[/tex]
[tex]\bullet[/tex] Kai [tex]x<0[/tex], tai:
[tex]2=\left(2+\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}\right)\cdot \left(-\sqrt{\dfrac{x^2-x+1}{x^2}}\right)\iff -2=\left(2+\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}\right)\cdot \sqrt{1-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}}[/tex]
Pažymime [tex]t=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}[/tex], tada:
[tex]-2=\left(2+t\right)\cdot \sqrt{1-t}\space |:2+t≠0[/tex]
[tex]-\dfrac{2}{2+t}=\sqrt{1-t}[/tex]
[tex]\dfrac{4}{4+4t+t^2}=1-t\iff t^2(t+3)=0[/tex]
[tex]t=0[/tex] (netenkina lygties) arba [tex]t=-3[/tex]
Kai [tex]t=-3[/tex], tai: [tex]\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}=-3|\cdot x^2≠0[/tex]
[tex]3x^2+x-1=0[/tex]
[tex]x_1=-\dfrac{1+\sqrt{13}}{6}[/tex], [tex]x_2=\dfrac{-1+\sqrt{13}}{6}[/tex] (netinka, nes >0).
Gavome vieną lygties sprendinį [tex]x=-\dfrac{1+\sqrt{13}}{6}[/tex].
[tex]\bullet[/tex] Kai [tex]x≥0[/tex], tai:
[tex]2=\left(2+\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}\right)\cdot \sqrt{\dfrac{x^2-x+1}{x^2}}\iff 2=\left(2+\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}\right)\cdot \sqrt{1-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}}[/tex]
Vėlei pažymėję [tex]t=\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}[/tex], gauname:
[tex]2=\left(2+t\right)\cdot \sqrt{1-t}\space |:2+t≠0[/tex]
[tex]\dfrac{2}{2+t}=\sqrt{1-t}[/tex]
Pakėlę kvadratu abi puses, gauname lygtį, kurią jau sprendėme. Taigi jos sprendiniai yra [tex]t=0[/tex] ir [tex]t=-3[/tex] (netenkina lygties).
Kai [tex]t=0[/tex], tai: [tex]\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x^2}=0|\cdot x^2[/tex]
[tex]x-1=0\iff x=1[/tex]
Gavome antrąjį lygties sprendinį [tex]x=1[/tex].
Ats.: [tex]-\dfrac{1+\sqrt{13}}{6};1[/tex]

Tomui:
Teisingai !  Puiku ! 
Galima ir taip spręsti:
Šaknį žymime t, tada x-1=x²- t².
Gauname homogeninę lygtį
2x³=3x²t - t³.
Gauname t=x, arba t=-2x.
Gauname dvi paprastas iracionalias lygtis
√(x²- x+1)=x arba √(x²-x+1)=- 2x.
Pirmoji lygtis duos x=1, antroji- kitą sprendinį.

Išspręskite lygčių sistemą:
\begin{cases} x+3y=4y^3 \\ y+3z=4z^3\\ z+3x=4x^3 \end{cases}

x=cosa, y=cosb, z=cosc.
Kadangi cos3p=4cos³p - 3cosp, tai gauname sistemą:
cos3b=cosa
cos3c=cosb,
cos3a=cosc.
Nesunku gauti lygtį cosa=cos27a.
Trigonometrinių lygčių sistemą spręsime intervale [0; pi] (arkkosinuso reikšmių sritis).
Gauname: cosa- cos27a=0,
sin13a=0 arba sin14a=0.
a=(pi*n)/13, arba a=(pi*k)/14.
Tada
c=(3pi*n)/13 arba c=(3pi*k)/14
b=(9pi*n)/13 arba  b=(9pi*k)/14.
Aišku, jog k=0; 1; 2,....14.
n=0, 1,2,...,13.
Atsakymas: (cos(pi*n/13),(cos(9pi*n/13),cos(3pi*n/13)), (cos(pi*k/14),cos(9pi*k/14),cos(3pi*k/14)),
n=0,1,2,...,13,  k=0,1,2,...,14.
Viso yra 27 sprendiniai.

Negaliu priimti sprendimo kaip visiškai teisingo, nes atsakymas neteisingas, be to neaišku, kodėl leidote sau įvesti tokius keitinius taip sumažindamas aibę reikšmių, kurias gali įgyti kintamieji x,y ir z.

Pataisiau, nes buvau nusišnekėjęs....Kosinusus buvau praleidęs.

Na gerai, o visgi kodėl su šiais keitiniais mes radome visus galimus sprendinius, nes taikant šiuos keitinius buvo ieškomi tokie trejetai (x,y,z), kur [tex]-1≤x≤1,-1≤y≤1,-1≤z≤1[/tex].