Решить систему уравнений

[severe]

\( x^2+cxy=a^2-abc \)
\( y^2+cxy=b^2-abc \)

[Иван Горин]

\( x^2+cxy=a^2-abc \)
\( y^2+cxy=b^2-abc \)

\(t=x^2\)
\(y^2=t+b^2-a^2\)

\(\displaystyle t=\frac{2a^2(c^2-1)-c^2(b^2-a^2)+\sqrt{(2a^2(c^2-1)-c^2(b^2-a^2))^2+4(c^2-1)(abc-a^2)^2}}{2(c^2-1)}\)

[severe]

\(t=x^2\)
\(y^2=t+b^2-a^2\)

\(\displaystyle t=\frac{2a^2(c^2-1)-c^2(b^2-a^2)+\sqrt{(2a^2(c^2-1)-c^2(b^2-a^2))^2+4(c^2-1)(abc-a^2)^2}}{2(c^2-1)}\)

Я к сожалению так и не понял, как в выражении для \( t \) Вы избавились от \( x \) и \( y \)?
Система имеет четыре решения.
\( x_1=a, y_1=-b \)
\( x_2=-a, y_2=b \)
\( x_3=\frac{a-bc}{\sqrt{1-c^2}}, y_3=\frac{b-ac}{\sqrt{1-c^2}} \)
\( x_4=\frac{bc-a}{\sqrt{1-c^2}}, y_4=\frac{ac-b}{\sqrt{1-c^2}} \)

Теперь понял, но надо как-то упростить
\(\displaystyle t=\frac{2a^2(c^2-1)-c^2(b^2-a^2)+\sqrt{(2a^2(c^2-1)-c^2(b^2-a^2))^2+4(c^2-1)(abc-a^2)^2}}{2(c^2-1)}=\frac{(a-bc)^2}{1-c^2}\)

[severe]

Проверка решения \( x_3=\frac{a-bc}{\sqrt{1-c^2}} \), \( y_3=\frac{b-ac}{\sqrt{1-c^2}} \)

\( x^2_3+cx_3y_3=a^2-abc \)
\( \frac{(a-bc)^2}{1-c^2}+c\cdot\frac{a-bc}{\sqrt{1-c^2}}\cdot \frac{b-ac}{\sqrt{1-c^2}}=\frac{(a-bc)^2}{1-c^2}+\frac{c(a-bc)(b-ac)}{1-c^2}= \)
\( =\frac{a^2-2abc+b^2c^2+abc-a^2c^2-b^2c^2+abc^3}{1-c^2}=\frac{a^2-a^2c^2-abc+abc^3}{1-c^2}=\frac{a^2(1-c^2)-abc(1-c^2)}{1-c^2}=\frac{(1-c^2)(a^2-abc)}{1-c^2}=a^2-abc \)

\( y^2_3+cx_3y_3=b^2-abc \)
\( \frac{(b-ac)^2}{1-c^2}+c\cdot\frac{a-bc}{\sqrt{1-c^2}}\cdot \frac{b-ac}{\sqrt{1-c^2}}=\frac{(b-ac)^2}{1-c^2}+\frac{c(a-bc)(b-ac)}{1-c^2}= \)
\( =\frac{b^2-2abc+a^2c^2+abc-a^2c^2-b^2c^2+abc^3}{1-c^2}=\frac{b^2-b^2c^2-abc+abc^3}{1-c^2}=\frac{b^2(1-c^2)-abc(1-c^2)}{1-c^2}=\frac{(1-c^2)(b^2-abc)}{1-c^2}=b^2-abc \)

[severe]

Кто может решить систему? Я не могу. До решений догадался, но вывести их не могу.

[Иван Горин]

\( x^2+cxy=a^2-abc \)
\( y^2+cxy=b^2-abc \)

\( x^2+cxy=a^2-abc \)
\( y^2+cxy=b^2-abc \)

Привожу вывод моей формулы
Из второго уравнения вычтем первое
\(y^2-x^2=b^2-a^2\)
\(y^2=x^2+b^2-a^2\)
подставим это во второе уравнение
\(x^2+b^2-a^2+cx\sqrt{x^2+b^2-a^2}=b^2-abc\)
\(x^2=t\)
После преобразований получим
\((c^2-1)t^2+[c^2(b^2-a^2)-2a(bc-a)]t-(abc-a)^2=0\)

\(\displaystyle t=\frac{2a(bc-a)-c^2(b^2-a^2)+\sqrt{[2a(bc-a)-c^2(b^2-a^2)]^2+4(c^2-1)(abc-a)^2}}{2(c^2-1)}\)
Теперь надо попытаться упростить это выражение.
Исправил ошибку.

[severe]

\( x^2+cxy=a^2-abc \)
\( y^2+cxy=b^2-abc \)

Привожу вывод моей формулы
Из второго уравнения вычтем первое
\(y^2-x^2=b^2-a^2\)
\(y^2=x^2+b^2-a^2\)
подставим это во второе уравнение
\(x^2+b^2-a^2+cx\sqrt{x^2+b^2-a^2}=b^2-abc\)
\(x^2=t\)
После преобразований получим
\((c^2-1)t^2+[c^2(b^2-a^2)^2-2a^2(c^2-1)]t-(abc-a^2)=0\)

\(\displaystyle t=\frac{2a^2(c^2-1)-c^2(b^2-a^2)^2+\sqrt{[2a^2(c^2-1)-c^2(b^2-a^2)^2]^2+4(c^2-1)(abc-a^2)^2}}{2(c^2-1)}\)
Теперь надо попытаться упростить это выражение.
Исправил ошибку.

После преобразований у меня получается
\( (c^2-1)t^2+[c^2(b^2-a^2)-2a(bc-a)]t-(abc-a^2)^2=0 \)

\(\displaystyle t=\frac{2a(bc-a)-c^2(b^2-a^2)+\sqrt{[c^2(b^2-a^2)-2a(bc-a)]^2+4(c^2-1)(abc-a^2)^2}}{2(c^2-1)}\)
Чтобы упростить последнее выражение надо выделить полный квадрат под корнем.

Осталось доказать, что
\( (2abc-a^2c^2-b^2c^2)^2=[c^2(b^2-a^2)-2a(bc-a)]^2+4(c^2-1)(abc-a^2)^2 \)
Кто хочет, может проверить: и слева, и справа получается
\( 4a^2b^2c^2+b^4c^4+a^4c^4+2c^4a^2b^2-4ba^3c^3-4ab^3c^3 \)

[severe]

Но неужели не существует более простого способа решения системы, как выделять полный квадрат из столь громоздкого выражения? Мне кажется, что я не решил систему, а чудом догадался до её решения.

[Иван Горин]

Но неужели не существует более простого способа решения системы, как выделять полный квадрат из столь громоздкого выражения? Мне кажется, что я не решил систему, а чудом догадался до её решения.

Я нашёл твой способ решения этой замечательной системы уравнений.
\( x^2+cxy=a^2-abc \)
\( y^2+cxy=b^2-abc \)

Для всех c имеются первые корни. Их проще найти при с=0
\(x^2=a^2\)
\(y^2=b^2\)
Позже я покажу справедливость этого утверждения.
Путём преобразований для любых с мы пришли к уравнению четвёртой степени
\((c^2-1)x^4+[c^2(b^2-a^2)-2a(bc-a)]x^2-(abc-a)^2=0\)
Два корня нам известно, поэтому разделим данное уравнение на \(x^2-a^2\) столбиком

(c^2-1)x^4+(b^2c^2-a^c^2-2abc+2a^2)x^2-(abc-a)^2        | x^2-a^2
-                                                                                                  |___________
 (c^2-1)x^4-a^2(c^2-1)x^2                                                       x^2(c^2-1)+A
----------------------------------------------------------------------------------
(b^2c^2-a^c^2-2abc+2a^2+a^2c^2-a^2)x^2-(abc-a^2)^2
-
                                                                    Ax^2   -Aa^2
------------------------------------------------------------------------------------
(b^2c^2-2abc+a^2-A)x^2-(abc-a^2)^2+Aa^2

Если корень уравнения \(x^2=a^2\), то деление должно быть без остатка.
Для этого необходимо и достаточно, чтобы
(b^2c^2-2abc+a^2-A)x^2-(abc-a^2)^2+Aa^2
\(b^2c^2-2abc+a^2-A=0\) первое условие
\(-(abc-a^2)^2+Aa^2=0\) второе условие

Продолжение следует. Большие посты читаются плохо.

[severe]

Я нашёл твой способ решения этой замечательной системы уравнений.
\( x^2+cxy=a^2-abc \)
\( y^2+cxy=b^2-abc \)

Для всех c имеются первые корни. Их проще найти при с=0
\(x^2=a^2\)
\(y^2=b^2\)
Позже я покажу справедливость этого утверждения.
Путём преобразований для любых с мы пришли к уравнению четвёртой степени
\((c^2-1)x^4+[c^2(b^2-a^2)-2a(bc-a)]x^2-(abc-a)^2=0\)
Два корня нам известно, поэтому разделим данное уравнение на \(x^2-a^2\) столбиком

(c^2-1)x^4+(2abc-2a^2-b^2c^2+a^c^2)x^2-(abc-a)^2        | x^2-a^2
-                                                                                                  |___________
 (1-c^2)x^4-a^2(1-c^2)x^2                                                       x^2(1-c^2)+A
----------------------------------------------------------------------------------
(2abc-2a^2-b^2c^2+a^2c^2+a^2-a^2c^2)x^2+(abc-a^2)^2
-
                                                                    Ax^2   -Aa^2
------------------------------------------------------------------------------------
(2abc-a^2-b^2c^2-A)x^2+(abc-a^2)^2+Aa^2

Если корень уравнения \(x^2=a^2\), то деление должно быть без остатка.
Для этого необходимо и достаточно, чтобы
(2abc-a^2-b^2c^2-A)x^2+(abc-^2)^2+Aa^2=0
\(2abc-a^2-b^2c^2-A=0\) первое условие
\((abc-a^2)^2+Aa^2=0\) второе условие

Продолжение следует. Большие посты читаются плохо.

Если нам известно, что \( x^2=a^2 \), то мы можем выделить полный квадрат в дискриминанте.
\( a^2=\frac{-(c^2(b^2-a^2)-2a(bc-a))-\sqrt{D}}{2(c^2-1)}  \)
\( -(c^2(b^2-a^2)-2a(bc-a))-\sqrt{D}=a^2\cdot {2(c^2-1)} \)
\( \sqrt{D}=-(c^2(b^2-a^2)-2a(bc-a))-a^2\cdot {2(c^2-1)} \)
\( \sqrt D=2abc-a^2c^2-b^2c^2 \)
\( D=(2abc-a^2c^2-b^2c^2)^2 \)

И найти второй корень по формуле
\( x^2=\frac{-(c^2(b^2-a^2)-2a(bc-a))+\sqrt{D}}{2(c^2-1)} \)
\( x^2=\frac{-(c^2(b^2-a^2)-2a(bc-a))+2abc-a^2c^2-b^2c^2}{2(c^2-1)} \)
\( x^2=\frac{-2(a^2-2abc+b^2c^2)}{2(c^2-1)}=\frac{a^2-2abc+b^2c^2}{1-c^2}=\frac{(a-bc)^2}{1-c^2} \)

[Иван Горин]

\(b^2c^2-2abc+a^2-A=0\) первое условие
\(-(abc-a^2)^2+Aa^2=0\) второе условие

Продолжение
Из первого и второго условий получаем
\(A=(a-bc)^2\)
\(\displaystyle (c^2-1)x^2+(a-bc)^2=0\)
\(\displaystyle x^2=\frac{(a-bc)^2}{1-c^2}=0\,,x_{3,4}=\pm \frac{a-bc}{\sqrt{1-c^2}}\)

\(\displaystyle y^2=x^2+b^2-a^2=\frac{(a-bc)^2}{1-c^2}+b^2-a^2=\frac{(b-ac)^2}{1-c^2}\)
\(\displaystyle y_{3,4}=\pm \frac{b-ac}{\sqrt{1-c^2}}\)

[Дробышев]

\(U^TAU=\pmatrix{a^2-abc}, \qquad U^TBU=\pmatrix{b^2-abc}, \qquad U=\pmatrix{x \cr y}, \qquad U^T=\pmatrix{x & y}, \qquad A=\pmatrix{1 & c/2 \cr c/2 & 0}, \qquad B=\pmatrix{0 & c/2 \cr c/2 & 1},\)

левые части уравнений можно рассматривать как квадратичные формы от \(U\). Основная идея решения - линейное преобразование от \(x\) и \(y\) к новым неизвестным \(s\) и \(t\) таким, что обе формы примут канонический вид, т.е. левые части уравнений будут зависеть от \(s^2\) и \(t^2\), но не от \(st\). Это преобразование находится без проблем:

\(\displaystyle A-\lambda B=\pmatrix{1 & (1-\lambda)c/2 \cr (1-\lambda)c/2 & -\lambda}, \qquad \det(A-\lambda B)=-\lambda-(1-\lambda)^2c^2/4=0, \qquad \lambda_{1,2}=\frac{1}{c^2}(-2+c^2 \pm 2\sqrt{1-c^2}).\)

Тогда

\(A-\lambda_{1,2} B=\pmatrix{1 & \left(1\mp \sqrt{1-c^2}\right)/c \cr \ldots & \ldots}, \qquad (A-\lambda_{1,2} B)W_{1,2}=0, \qquad W_1=\pmatrix{\left(1- \sqrt{1-c^2}\right)/c \cr -1}, \qquad W_2=\pmatrix{\left(1+ \sqrt{1-c^2}\right)/c \cr -1}.\)

Искомое линейное преобразование

\(\displaystyle x=\frac{1}{c}\left(1- \sqrt{1-c^2}\right)s+\frac{1}{c}\left(1+ \sqrt{1-c^2}\right)t, \qquad y=-s-t, \qquad (1)\)

В новых переменных система принимает вид

\(\displaystyle \frac{\sqrt{1-c^2}}{c^2}\left[\left(2\sqrt{1-c^2}-(2-c^2)\right)s^2+\left(2\sqrt{1-c^2}+2-c^2\right)t^2\right]=a^2-abc, \qquad \sqrt{1-c^2}s^2-\sqrt{1-c^2}t^2=b^2-abc.\)

Она линейна по \(s^2\) и \(t^2\) и решается без проблем. Существенно, что при этом выделяются полные квадраты:

\(\displaystyle s^2=\frac{c^2}{4(1-c^2)}\left[a-\frac{b}{c}\left(1+ \sqrt{1-c^2}\right)\right]^2, \qquad t^2=\frac{c^2}{4(1-c^2)}\left[a-\frac{b}{c}\left(1- \sqrt{1-c^2}\right)\right]^2,\)

так что

\(\displaystyle s=\pm \frac{1}{2}\left(\frac{ac-b}{\sqrt{1-c^2}}-b\right), \qquad t=\pm \frac{1}{2}\left(\frac{ac-b}{\sqrt{1-c^2}}+b\right)\).

Подставляем это во второе из уравнений (1), перебирая разные комбинации знаков:

\(\displaystyle y_1=\frac{ac-b}{\sqrt{1-c^2}}, \qquad y_2=-\frac{ac-b}{\sqrt{1-c^2}}, \qquad y_3=b, \qquad y_4=-b.\)

Так как \(y^2+cxy=b^2-abc\), то

\(\displaystyle x_1=\frac{bc-a}{\sqrt{1-c^2}}, \qquad x_2=-\frac{bc-a}{\sqrt{1-c^2}}, \qquad x_3=-a, \qquad x_4=a.\)