Algebra (Matematik/Universitet)

Pröva igenom alla kombinationer, alltså 1,1,1 och 1,1,2 osv. Det blir inte så många för redan 4,4,4 gör uttrycket mindre än 1.

jag är inte riktigt säker på hur man ska göra, i boken har jag hittat ett exempel på hur dom löser en liknande uppgift $\frac{1}{x} + + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} = 1$ där satte dom $1 \leq x \leq y \leq z \Rightarrow \frac{1}{z} \leq \frac{1}{y} \leq \frac{1}{x}$

ska man göra något liknande här? men det som gör det krångligare är ju att vi har flera termer nu.

Hej!

Ivanovich skrev att det ska vara heltalslösningar, vilket betyder att positiva och negativa heltal är tillåtna.

Albiki

Jag skulle börja med att förlänga allt med xyz, så att man slipper alla krångliga bråk. Förhoppningsvis (har inte kollat) går det att faktorisera på något bra sätt.

okej, om jag förlänger med xyz i både HL och VL får jag $\frac{y z + x z + x y + z + x + y + 1}{x y z} = x y z$

Nej, om du förlänger allt med xyz skall du ha fått bort nämnaren i VL.

ja, $y z + x z + x y + z + x + y + 1 = x y z$ menade jag och faktoriserade till $y (z + x + x z + 1) + z (x + 1) + x = - 1$

Den enda lösningen jag kan hitta är

x=-1

y=0

z=0

Problemet är att -1 inte fungerar i den ursprungliga ekvationen

När jag la in ekvationen i WolframAlpha fick jag inget snyggt.

Om jag förlängde med xyz gav det inte heller någon vettig lösning.

Har du skrivit av uppgiften rätt?

Det finns många lösningar, till exempel 2,6,7 och 3,4,5 osv. Varför inte följa mitt råd och pröva med x=1, sedan med x=2 osv.

$V i b ö r j a r m e d a t t l ö s a u t x . x = \frac{(z + 1) \cdot (y + 1)}{(z - 1) \cdot (y - 1) - 2} F ö r x = 1 f å r v i d å z y + z + y + 1 = z y - z - y - 1 2 z + 2 y = - 2 z + y = - 1 y = 1 g e r z = - 2 y = 2 g e r z = - 3 y = 3 g e r z = - 4 o s v t e x y = 501 g e r z = - 502 F ö r x = 2 s å f å r v i z y + z + y + 1 = 2 z y - 2 z - 2 y - 2 z y - 3 z - 3 y = 3 y = 1 g e r z = - 3 s e o v a n m e d x o c h y p e r m u t e r a t y = 2 g e r z = - 9 y = 3 g e r i n g e n l ö s n i n g y = 4 g e r z = 15 y = 5 g e r z = 9 y = 6 g e r z = 7 y = 7 g e r z = 6 s e o v a n m e d y o c h z p e r m u t e r a t y = 8 g e r i n g e n l ö s n i n g y = 9 g e r z = 5 s e o v a n m e d y o c h z p e r m u t e r a t y = 10 g e r i n g e n l ö s n i n g y > 10 ? F ö r x = 3 s å f å r v i z y + z + y + 1 = 3 z y - 3 z - 3 y - 3 2 z y - 4 z - 4 y = 4 y = 1 g e r z = - 4 s e o v a n m e d x o c h y p e r m u t e r a t y = 2 g e r i n g e n l ö s n i n g y = 3 g e r z = 8 y = 4 g e r z = 5 y = 5 g e r z = 4 s e o v a n m e d y o c h z p e r m u t e r a t y = 6 g e r i n g e n l ö s n i n g y = 7 g e r i n g e n l ö s n i n g y = 8 g e r z = 3 s e o v a n m e d y o c h z p e r m u t e r a t y = 9 g e r i n g e n l ö s n i n g y > 9 ?$

Pga symmetri så är alla x y och z ovan permuterbara.

Hej!

Om trippeln (x,y,z) = (a,b,c) är en lösning till ekvationen så är samtliga 6 permutationer av (a,b,c) också lösningar till ekvationen.

Om talen a, b och c alla är olika så har ekvationen (åtminstone) 6 stycken olika lösningar.

Ekvationen är ett tredjegradspolynom i variablerna x, y och z. Hur många rötter kan ett sådant polynom ha?

Albiki

en tredjegradspolynom har väl tre rötter

K.Ivanovitj skrev :
en tredjegradspolynom har väl tre rötter

Hej! Det är sant för ett tredjegradspolynom i en enda variabel. Här har du tre variabler!

En relaterad fråga: Hur många rötter har andragradspolynomet x^2+y^2-1?

Albiki

Så här ser lösningsmängden ut så här långt på:

$\frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{x y} + \frac{1}{y z} + \frac{1}{z x} + \frac{1}{x y z} = 1 x = \frac{(z + 1) \cdot (y + 1)}{(z - 1) \cdot (y - 1) - 2} A) O m d e n e n a v a r i a b e \ln ä r 1 o c h d e n a n d r a ä r n s å ä r d e n t r e d j e - (n + 1) d ä r n \geq 1 . S ä t t t e x x = 1 o c h y = n s å f å s z = - (n + 1) S å h ä r h a r v i a l l t s å o ä n d l i g t m å n g a l ö s n i n g a r . S e n e d a n s t å e n d e t a b e l l$

För variabelvärden skilda från 1 fås med tex att ansätta x=2,3,4,5,... följande tabell för x,y,z:

Frågan är om det tom finns flera värden!

okej så då är alltså samtliga dessa värden på x,y,z svar på uppgiften?

Nej, det är inte svaret. Svaret är att det finns oändligt många heltalslösningar. Vart kommer uppgiften ifrån och vilken kurs läser du?

Det finns oändligt många lösningar men man kan ändå ange samtliga.

Självfallet, Henrik, men det var därför jag frågade om vart uppgiften kommer ifrån. För vad jag vet så brukar man inte få uppgifter som "Ange ett valfritt antal lösningar till ekvationen ..." utan mer "Lös ekvationen ... fullständigt".

Till uppgiften: för att angripa ekvationen kan man använda konjugatregeln på

$(1 + \frac{1}{x}) (1 + \frac{1}{y}) (1 + \frac{1}{z}) = 1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{y} + \frac{1}{z} + \frac{1}{x y} + \frac{1}{x z} + \frac{1}{y z} + \frac{1}{x y z} = 1 + 1 = 2 .$

Skriver man om $1 + (1 / x) = (x + 1) / x$ och multiplicerar med $x y z$ (förutsatt att $x, y, z \neq 0$ ) så får man efter faktorisering att

$(x + 1) (y + 1) (z + 1) = 2 x y z$ .

Sätter man t.ex. $z = 5$ så ger det

$3 (x + 1) (y + 1) = 5 x y$

alltså måste $x$ eller $y$ vara en multipel av 3 och $x + 1$ eller $y + 1$ vara en multipel av 5. Sätter man in $x = 3 n$ och $y + 1 = 5 k$ så kan vi göra omskrivningen

$3 (3 n + 1) k = n (5 k - 1) \Leftrightarrow f (n, k) = 3 (3 n + 1) k - n (5 k - 1) .$

Man kan låta $n$ och $k$ variera över hela $ℤ$ och generera så många heltalslösningar i $x, y$ och $z$ som man vill.

Jag tror att du fått fel i ekvationen:

3(3n+1)k=n(5k−1)

Ta bort 3:an utanför parentesen.

Men då får vi kvar
(3n+1)k=n(5k−1) och den har ju inte så mycket att variera på:

k=1 och n=1 är de enda lösningarna ( förutom de förbjudna k = 0 och n = 0)

Så det var ju lite svårt här att låta n och k variera över hela ℤ.

okej, enligt svaret ska det inte finnas oändligt många lösningar, samt att varje x,y och z måste vara en delare till heltalet.

men begriper fortfarande inte riktigt.

Om det bara ska finnas ändligt många lösningar är det bara positiva heltal som det gäller. Du kanske inte skrev av uppgiften ordagrant. Då är det enklaste sättet det jag skrev. För att inte redan 1/x + 1/y + 1/xy ska bli större än 1 är det bara några fall att pröva: (2,4,z), (2,5,z), (2,6,z), (3,3,z), (3,4,z). Man ser lätt vad z ska vara i vart och ett av fallen.

Okej, då får jag att vi har följande heltalslösningar till frågan: (2,4,15),(2,5,9),(2,6,7),(2,7,6),(2,9,5),(3,3,8),(3,4,5).(3,5,4),(3,8,3)

Du behöver inte skriva upp både (2,6,7) och (2,7,6). Vilket av talen man kallar för x, för y och för z spelar ju ingen roll.

Som jag skrev i tidigare inlägg så är även (2,2,-9) med i den ändliga lösningsskaran, dvs inte bara positiva heltal.

Men tydligen gällde det positiva heltal.

Henrik Eriksson skrev :
Men tydligen gällde det positiva heltal.

Var står det ?