Quaterne

[axpgn]

Determinare tutti gli insiemi composti da quattro numeri reali $x_1,x_2,x_3,x_4$ tali che la somma di uno qualsiasi dei quattro con il prodotto degli altri tre sia pari a due.



Cordialmente, Alex

[sellacollesella]

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Se non ho capito male, si tratta di risolvere il seguente sistema di equazioni: \[
\begin{cases}
x_1 + x_2\,x_3\,x_4 = 2 \\
x_2 + x_1\,x_3\,x_4 = 2 \\
x_3 + x_1\,x_2\,x_4 = 2 \\
x_4 + x_1\,x_2\,x_3 = 2 \\
\end{cases}.
\] Pertanto, dalla quarta equazione: \[
x_4 + x_1\,x_2\,x_3 = 2
\quad \Leftrightarrow \quad
x_4 = 2 - x_1\,x_2\,x_3
\] che sostituita nella terza equazione: \[
x_3 + x_1\,x_2\left(2 - x_1\,x_2\,x_3\right) = 2
\quad \Leftrightarrow \quad
x_2 = \frac{1}{x_1} \; \vee \; x_3 = \frac{2}{x_1\,x_2+1}.
\] Quindi, sostituendo \(x_4 = 2-x_1\,x_2\,x_3\) e poi \(x_2 = \frac{1}{x_1}\) nelle prime due equazioni, si ha: \[
\begin{cases}
\frac{\left(x_1-x_3\right)\left(x_1+x_3-2\right)}{x_1} = 0 \\
\frac{\left(x_1x_3-1\right)\left(2x_1-x_1x_3-1\right)}{x_1} = 0 \\
\end{cases}
\quad \Leftrightarrow \quad
(x_1,x_3) = (-1,-1)
\; \vee \;
(x_1,x_3) = (-1,3)
\; \vee \;
(x_1,x_3) = (1,1)
\] da cui: \[
\small
(x_1,x_2,x_3,x_4)=(-1,-1,-1,3)
\; \vee \;
(x_1,x_2,x_3,x_4)=(-1,-1,3,-1)
\; \vee \;
(x_1,x_2,x_3,x_4)=(1,1,1,1).
\] Analogamente, sostituendo \(x_4 = 2-x_1\,x_2\,x_3\) e poi \(x_3 = \frac{2}{x_1x_2+1}\) nelle prime due equazioni, si ha: \[
\begin{cases}
\frac{\left(x_1x_2-2x_2+1\right)\left(x_1^2x_2+x_1-2\right)}{\left(x_1x_2+1\right)^2} = 0 \\
\frac{\left(x_1x_2-2x_1+1\right)\left(x_1x_2^2+x_2-2\right)}{\left(x_1x_2+1\right)^2} = 0 \\
\end{cases}
\quad \Leftrightarrow \quad
(x_1,x_2) = (-1,3)
\; \vee \;
(x_1,x_2) = (1,1)
\; \vee \;
(x_1,x_2) = (3,-1)
\] da cui: \[
\small
(x_1,x_2,x_3,x_4)=(-1,3,-1,-1)
\; \vee \;
(x_1,x_2,x_3,x_4)=(1,1,1,1)
\; \vee \;
(x_1,x_2,x_3,x_4)=(3,-1,-1,-1).
\] In conclusione, il sistema in esame presenta cinque soluzioni reali: \[
\boxed{(-1,-1,-1,3), \; \;
(-1,-1,3,-1), \; \;
(-1,3,-1,-1), \; \;
(1,1,1,1), \; \;
(3,-1,-1,-1) \;}
\] ossia vi sono due insiemi possibili, uno composto da un \(3\) e tre \(-1\) e uno composto da quattro \(1\).

[axpgn]

Bravissimo, perfetto!

Però ...

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... questa è una visione

\[ x_3 + x_1\,x_2\left(2 - x_1\,x_2\,x_3\right) = 2 \quad \Leftrightarrow \quad x_2 = \frac{1}{x_1} \; \vee \; x_3 = \frac{2}{x_1\,x_2+1}. \]

e anche le soluzioni dei sistemi non sono molto diverse

Cordialmente, Alex

[Quinzio]

Le soluzioni sono gia' state proposte, ma credo che serva una dimostrazione che quelle soluzioni sono le uniche.
Ne propongo una.

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Le 4 equazioni di partenza:\[
\begin{cases}
x_1 + x_2\,x_3\,x_4 = 2 \\
x_2 + x_1\,x_3\,x_4 = 2 \\
x_3 + x_1\,x_2\,x_4 = 2 \\
x_4 + x_1\,x_2\,x_3 = 2 \\
\end{cases}.
\]

Sottraendo a due a due le 4 equazioni di partenza, si ottengono altre 6 equazioni che metto per esteso:
${ ( (x_1x_2 - 1)(x_3-x_4) = 0 ),( (x_1x_3 - 1)(x_2-x_4) = 0 ),( (x_1x_4 - 1)(x_2-x_3) = 0 ),((x_2x_3 - 1)(x_1-x_4) = 0 ),( (x_2x_4 - 1)(x_1-x_3) = 0 ),( (x_3x_4 - 1)(x_1-x_2) = 0 ):}$
In pratica si fanno permutare due indici e si ottengono 6 permutazioni.
In forma compatta:

$(x_i x_j -1) (x_{5-i} - x_{5-j}) = 0$

con $1\ le i < j \le 4 $

Devono essere soddisfatte tutte e 6, oltre alle 4 equazioni di partenza
\[
\begin{cases}
x_1 + x_2\,x_3\,x_4 = 2 \\
x_2 + x_1\,x_3\,x_4 = 2 \\
x_3 + x_1\,x_2\,x_4 = 2 \\
x_4 + x_1\,x_2\,x_3 = 2 \\
\end{cases}.
\]

Ognuna delle 6 equazioni "secondarie" puo' essere soddisfatta mettendo a zero o $(x_i x_j -1)$ oppure $(x_{5-i} - x_{5-j})$.
Analizzando questi fattori: $(x_{5-i} - x_{5-j})$ si possono studiare tutti i casi in base a quali e quante variabili sono uguali.
Vengono 5 casi in tutto:
a) tutte le variabili sono diverse (un esempio a caso $x_1 = 10, x_2 = 11, x_3 = 12, x_4 = 13$)
b) due variabili uguali e le altre diverse (esempio $x_1 = x_2 = 10, x_3 = 12, x_4 = 13$)
c) due coppie di variabili uguali (esempio $x_1 = x_2 = 10, x_3 = x_4 = 12$)
d) tre variabili uguali e una diversa (a questo caso appartiene la soluzione $(-1, -1, -1, 3)$)
e) tutte le variabili uguali (a questo caso appartiene la soluzione $(1, 1, 1, 1)$)

------------------------------------------------------------
Caso a)
Le 6 equazioni da soddisfare sono:
$(x_i x_j -1) = 0$
con $1\ le i < j \le 4 $

ovvero $x_i = 1/x_j$, e prendendo una seconda equazione $x_k = 1/x_j$ e quindi $x_k = x_i$.
Questo contraddice l'assunto di partenza, ovvero che le 4 variabili sono tutte diverse, e quindi il caso a) non e' possibile.

------------------------------------------------------------
Caso b)
Ipotizziamo $x_1 = x_2$ e $x_1 \ne x_3 \ne x_4
ne x_1$ e quindi le 6 equazioni diventano 3:
${ ( (x_1^2 - 1)(x_3-x_4) = 0 ),( (x_1x_3 - 1)(x_1-x_4) = 0 ),( (x_1x_4 - 1)(x_1-x_3) = 0 ):}$
che si semplificano ulteriormente in:
${ ( x_1^2 - 1 = 0 ),( x_1x_3 - 1 = 0 ),( x_1x_4 - 1 = 0 ):}$
La seconda e la terza si possono riscrivere come:
$x_1 = 1/x_3$ e $x_1 = 1/x_4$, quindi $x_3 = x_4$ contraddicendo l'assunto di partenza.
Anche il caso b) non e' possibile.

------------------------------------------------------------
Caso c)
Abbiamo che le 4 equazioni di partenza si riducono a 2 e si possono scrivere come:
${(x_1 (1+ x_2^2) = 2), (x_2 (1+ x_1^2) = 2):}$

e sottraendole
$(x_1-x_2)(1-x_1x_2) = 0$ che siccome $x_1 \ne x_2$ diventa $x_1x_2 = 1$.
Con alcuni semplici passaggi si arriva a
$(x_1 -1)^2 = 0$, che ha una sola soluzione $x_1 = 1$.
Data la simmetria delle 2 equazioni di partenza, si arriva anche in questo caso a $x_1 = x_2$, contraddicendo l'assunto di partenza e quindi anche il caso c) non e' possibile.

------------------------------------------------------------
Caso d)
Abbiamo che le equazioni di partenza diventano:

${(x_1 +x_2^3 = 2), (x_2 + x_1x_2^2 = 2):}$

Sottraendole

$(x_1-x_2)(1-x_2^2) = 0$ e questo impone come soluzione $x_2 = \pm 1$
Con $x_2 = 1$ si contraddice l'assunto di partenza $x_1 \ne x_2$
Con $x_2 = -1 $ si arriva alla soluzione $(3, -1, -1, -1)$

------------------------------------------------------------
Caso e)
Abbiamo:
$x_1^3 + x_1 -2 = 0$
che come unica soluzione reale ha $x_1 = 1$ e quindi la quaterna diventa $(1, 1, 1, 1)$

------------------------------------------------------------
Questo conclude la dimostrazione e la conclusione e' che le uniche soluzioni possibili sono $(3, -1, -1, -1)$ (e relative permutazioni) e $(1, 1, 1, 1)$.

[axpgn]

Un'altra alternativa è questa:

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Poniamo $p=x_1x_2x_3x_4$.
Si nota subito che ogni $x_i$ è diversa da zero quindi possiamo riscrivere le equazioni così $x_i+p/x_i=2$ ovvero $x_i^2-2x_1+p=0$ che ha come soluzioni $x_i=1+-sqrt(1-p)$ e affinché siano reali deve essere $p<=1$.

Se $p=1$ le radici sono tutte e quattro uguali a $1$

Se $p<1$ abbiamo due casi:

a) due radici sono $x_i=1+sqrt(1-p)$ e due sono $x_i=1-sqrt(1-p)$, quindi $p=x_1x_2x_3x_4=(x_i=1+sqrt(1-p))^2(x_i=1-sqrt(1-p))^2=[1-(1-p)]^2=p^2$ da cui $p=1$, una contraddizione.

b) una radice è $x_i=1-sqrt(1-p)$ mentre le altre tre sono $x_i=1+sqrt(1-p)$ e viceversa.
Nel primo sottocaso giungiamo ancora a $p=1$ (contraddizione) mentre nel secondo sottocaso abbiamo $p=(1+sqrt(1-p))(1-sqrt(1-p))^3\ => (1-sqrt(1-p))^2=1$ da cui $p=1 vv p=-3$

[Quinzio]

Un'altra alternativa è questa:

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Poniamo $p=x_1x_2x_3x_4$.
Si nota subito che ogni $x_i$ è diversa da zero quindi possiamo riscrivere le equazioni così $x_i+p/x_i=2$ ovvero $x_i^2-2x_1+p=0$ che ha come soluzioni $x_i=1+-sqrt(1-p)$ e affinché siano reali deve essere $p<=1$.

Se $p=1$ le radici sono tutte e quattro uguali a $1$

ecc...

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No, mi spiace, ma c'e' qualcosa che non funziona.
Da qualche parte c'e' uno shenanigan, un trucchetto magico che fa sembrare la dimostrazione corretta, ma che non va bene.
Non e' facile vederlo, ma prima o poi verra' fuori.

Il punto e' che da come scrivi sembra che "Se $p=1$ allora le radici sono tutte uguali e allora sono tutte uguali a uno.".
Ma questo e' un non sequitur, dal fatto che la soluzione della quadratica e' 1, non si puo' dedurre che le soluzioni sono tutte uguali. In base a cosa lo si deduce ?

Onestamente quella quadratica $x^2-2x+p=0$ l'avevo vista anche io, ma poi ho lasciato perdere subito perche' $p$ contiene anche la radice, e questo mi puzzava di bruciato. Che senso ha trasformare tutto in una quadratica quando puoi gia' esplicitare la $x$ ?

[axpgn]

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Se $p=1$ allora le soluzioni diventano $x_i=1+-sqrt(1-p)\ ->\ x_i=1+-sqrt(1-1)\ ->\ x_i=1+-0=1$

Perché una quadratica? Forse perché è più semplice ... de gustibus, ovviamente

[Quinzio]

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Se $p=1$ allora le soluzioni diventano $x_i=1+-sqrt(1-p)\ ->\ x_i=1+-sqrt(1-1)\ ->\ x_i=1+-0=1$

Perché una quadratica? Forse perché è più semplice ... de gustibus, ovviamente

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Si ma non e' un de gustibus, perche' e' solo un caso fortuito che la soluzione della quadratica e del sistema e' la stessa (cioe' 1).

[axpgn]

Cioè?

[Quinzio]

Cioè?

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Invece di

${ ( x_1+ x_2x_3x_4 = 2 ),( ... ):}$

considera

${ ( x_1+ x_2x_3x_4 = 10 ),( ... ):}$

Seguiamo il tuo metodo:

$x + p/x = 10$

$x^2 -10x + p = $

$x_{a,b} = 5 \pm \sqrt{25-p}$

$p=25 $
in modo da avere un'unica soluzione.

$x = 5$
e siccome la soluzione e' unica le variabili sono tutte uguali. Ho capito bene, giusto ? Proviamo.

$5 + 5 \cdot 5 \cdot5 = 10$
Sbagliato Ahi.

Seguiamo la mia soluzione:

caso e) le variabili sono tutte uguali

$x^3 + x = 10$

soluzione reale: $2$.

Infatti $2+ 2\cdot 2 \cdot 2 = 10$.
Giusto !

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Spiegazione: nel caso
${ ( x_1+ x_2x_3x_4 = 2 ),( ... ):}$

il fatto che la soluzione venga $1$ sia risolvendo la cubica che l'equazione "simil"-quadratica e' un caso.
E' come dire: sai che ho scoperto che la somma e la moltiplicazione sono la stessa cosa ? Ehhh... dimostralo.
$x+x = 4$
e
$x \cdot x = 4$
Soluzione: $2$
Vedi che la somma e la moltiplicazione sono la stessa cosa ? Il risultato e' lo stesso.
No, e' solo un caso.

Nella tua soluzione il fatto di aver posto le 4 variabili uguali viene presentato come una conseguenza del fatto che la soluzione della quadratica e' unica. Ma non e' vero, non c'entra nulla.
Il fatto di porre le 4 variabili uguali e' un'assunzione a priori, e infatti vanno considerati tutti i casi come ho fatto io.
Il ragionamento tuo (o di ch ha proposto la soluzione) e': la soluzione della quadratica e' unica, quindi le variabili sono tutte uguali.
Ma non c'entra nulla, e' un ragionamento fallace.

Onestamente, non so se chi ha inventato il quiz abbia messo apposta $2$ come termine noto o sia solo un caso.
A me viene da dire che non e' un caso.