Opravovatelia

Kubo Poljovka [email protected]

Andy [email protected]

Ľavú stranu prvej rovnice sústavy vieme upraviť ako $$2j+4sj^3+2sjv^2+2sjz^2=2(j+2sj^3+sjv^2+sjz^2)=2j(1+s(2j^2+v^2+z^2)).$$ Podobne vieme upraviť aj druhú a tretiu rovnicu. Teraz sa pozrime na ľavú stranu tej štvrtej: $$j^4+v^4+z^4+j^2v^2+j^2z^2+v^2z^2-1=\frac12((j^2+v^2)^2+(v^2+z^2)^2+(z^2+j^2)^2)-1.$$ Vďaka tomu vieme poslednú rovnicu prepísať na $$\tag{1} (j^2+v^2)^2+(v^2+z^2)^2+(z^2+j^2)^2 = 2.$$ Zaveďme substitúciu $A=j^2+v^2$, $B=v^2+z^2$, $C=z^2+j^2$. Zjavne $A,B,C\geq0$. Potom sa sústava upraví na $$\begin{align} j(1+s(A+C))&=0,\tag{2}\ v(1+s(B+A))&=0,\tag{3}\ z(1+s(C+B))&=0,\tag{4}\ A^2+B^2+C^2&=2.\nonumber\end{align}$$

Prvé tri rovnice sú v súčinovom tvare. Pozrime sa teda na prípady podľa toho, ktoré z neznámych $j,v,z$ sú rovné nule. Zjavne je však aspoň jedna neznáma nenulová – inak by sme z (1) dostali $0=2$, čo je spor.

Jedna z neznámych $j,v,z$ je nulová

Keďže sústava je cyklická, nech BUNV $j=0$, čiže $v, z\neq0$. Rovnica (2) vtedy platí. Pre splnenie zvyšných dvoch z nenulovosti $v, z$ musí súčasne platiť $$\begin{align} 0&=1+s(2v^2+j^2+z^2)=1+s(2v^2+z^2),\ 0&=1+s(2z^2+j^2+v^2)=1+s(2z^2+v^2).\end{align}$$ Zjavne $s\neq0$. Preto porovnaním pravých strán dostávame $2v^2+z^2 = 2z^2+v^2 \iff z^2 = v^2 \iff|z|=|v|$. Toto použijeme v (1), čím dostaneme $$6v^4 = 2 \iff v= \pm \sqrt[4]{\frac{1}{3}}.$$ Štvorice $(s,\ j,\ v,\ z)$ v tejto vetve spĺňajúce podmienky sú teda $\left(-\frac1{\sqrt3},0,\pm \sqrt[4]{\frac{1}{3}},\pm \sqrt[4]{\frac{1}{3}}\right),\ \left(-\frac1{\sqrt3},0,\pm \sqrt[4]{\frac{1}{3}},\mp \sqrt[4]{\frac{1}{3}}\right)$ a všetky ich cyklické obmeny vzhľadom na neznáme $j,\ v,\ z$.

Dve z neznámych $j,v,z$ sú nulové

Teraz vďaka cyklickosti môžeme BUNV predpokladať, že $z\neq0$, a teda $j=v=0$. Najskôr z rovnice (1) zistíme, že $z^4 = 1 \iff z = \pm 1$. Potom vďaka (4) musí byť $s = -\frac{1}{2}$. Riešením sú teda aj štvorice $\left(-\frac12,0,0,\pm1\right)$ a všetky ich cyklické obmeny vzhľadom na neznáme $j,\ v,\ z$.

Všetky neznáme $j,v,z$ sú nenulové

Potom kvôli (2), (3), (4) musí platiť $$1+s(A+C)=1+s(B+A)=1+s(C+B)=0.$$ Zjavne $s\neq0$, preto z toho ale zase vyplýva, že $A+C = B+A = C+B$. Porovnaním (odčítaním) dvojíc týchto výrazov máme $A=B=C$ (mimochodom, vtedy $s=\frac{-1}{2A}$). Ostáva nám previesť tento vzťah do premenných $j,v,z$. To už je ale ľahké, lebo $A=B\iff j^2 = z^2$ a $B=C\iff v^2 = j^2$. Inak povedané, $v,z = \pm j$. To spolu s (1) dáva $12j^4=2 \iff j,v,z\in\left{\pm \sqrt[4]{\frac{1}{6}}\right},\ s=\frac{-\sqrt{6}}{4}$.

Tak sme teda našli všetky prípustné štvorice $s,j,v,z$.

Poznámka

Ako sme dokázali náhodou rozložiť výraz zo štvrtej rovnice zadania? Možno poznáte, že $a^2+b^2=R^2$ je vzťah, ktorý spĺňajú práve body na kružnici s polomerom $R$ a stredom v počiatku roviny. Podobne $a^2+b^2+c^2=R^2$ spĺňa práve povrch gule (sféra) v priestore, a keby naše $a=j^2, b=v^2, c=z^2$, tak $j^4 + v^4 + z^4$ by bolo niečo ako guľa v súradniciach $a,b,c$. A tie zvyšné členy, ktoré nám zatiaľ akoby vadia, získame tak, že ich nejak vhodne namiešame z $a,b,c$, teda („skúsme“) $A=a+b$ atď. Niežeby to bola kuchárka, ale je fajn sa na (hlavne kvadratické) výrazy občas pozrieť aj takto.