Puede ' t resolver la ecuación

Question

Me he quedado prendado de este.. Encontrar todas las soluciones $x$$a\in R$:

$$\frac{(x^2-x+1)^3}{x^2(x-1)^2}=\frac{(a^2-a+1)^3}{a^2(a-1)^2}$$

Veo que si queremos simplificar obtenemos:

$$\frac{(x^2-x+1)^3}{x^2(x-1)^2}=\frac{[(x-{\frac 12})^2+{\frac 34}]^3}{[(x-{\frac 12})^2-{\frac 14}]^2}$$

A partir de la expresión $(x-{\frac 12})^2$, veo que si $x=x_1$ es una solución, entonces se $x=1-x_1$ es también una solución. Pero en la solución a este ejercicio, se dijo que la $x=\frac{1}{x_1}$ debe ser también una solución, y no veo cómo.

halp

[EDITAR]

Ok, thx por la ayuda chicos. ¿Qué piensa usted de esta solución (no implica ninguna por encima de precálculo de matemáticas, y no necesita de cálculos largos)?

De lo anterior sabemos que si $x_1=a$ es una solución, entonces se $x_2=1-a$ es también una solución.

También, desde aquí:

$$\require{cancel}\frac{(x^2-x+1)^3}{x^2(x-1)^2}=\frac{\cancel{x^3}(x+{\frac 1x}-1)^3}{\cancel{x^3}(x+{\frac 1x}-2)}$$

en la expresión de $x+{\frac 1x}$ podemos ver que si $x=x_1$ es una solución, entonces se $x=\frac{1}{x_1}$ también es una solución, por lo $x_3=\frac{1}{a}$.

Con estas dos reglas que pueden mantener la generación de raíces hasta tenemos un total de 6.

Si $x=x_2$ es una solución, entonces se $x=\frac{1}{x_2}$ también es una solución, por lo $x_4=\frac{1}{1-a}$.

Si $x=x_3$ es una solución, entonces se $x=1-x_3$ también es una solución, por lo $x_5=\frac{a-1}{a}$.

Por último, si $x=x_5$ es una solución, entonces se $x=\frac{1}{x_5}$ también es una solución, por lo $x_6=\frac{a}{a-1}$

El 6 valores obtenidos son distintos, por lo que cubrir todas las raíces.

[EDIT2]

Supongo que esta pregunta se responde. No seguro cuya respuesta particular a seleccionar realmente como el de la derecha, ya que está todo correcto, así que voy a dejarlo como esta.

Answer 1

Su pregunta podría ser reformulada como : para un determinado $x$, encuentre todos los $a$ tal que

$$\tag{1}f(x)=f(a) \ \ \text{with} \ f \text{defined by} \ \ f(x)=\frac{(x^2-x+1)^3}{x^2(x-1)^2}$$

La función $f$ es un clásico invariante (verhttp://www.cis.upenn.edu/~jean/gma-v2-chap5.pdf) exercice 5.14) asociados con lo que se llama la cruz de relación en la geometría proyectiva ; sería demasiado largo de explicar. Véase, por que el artículo de la wikipedia (https://en.wikipedia.org/wiki/Cross-ratio). Basta decir que, en la cima de los casos particulares que ya han sido mencionados:

• $f(x)=f(1-x),$ que vamos a denotar por $f(x)=f(\varphi_2(x)),$

• $f(x)=f(1/x)$, lo que vamos a denotar por $f(x)=f(\varphi_3(x)),$ disponemos también de una manera natural la composición de estos dos invariantes transforma, $\varphi_3\circ\varphi_2$$\varphi_2\circ\varphi_3$, a saber:

• $f(x)=f(1-1/x)$ lo que significa que si $x$ es la solución, $a=1-1/x$ es también una solución y:

• $f(x)=f(1/(1-x))$ lo que significa que si $x$ es la solución, $a=1/(1-x)$ es también una solución.

Una última transformación invariante existen:

• $f(x)=f(x/(x-1))$ lo que significa que si $x$ es la solución, $a=x/(x-1)$ es también una solución.

Podemos resumir todo esto de la siguiente manera:

$$\tag{2}f(x)=f(\varphi_k(x))$$

para todos los "homographic" funciones pertenecientes a la llamada (6 elementos) la relación de grupo (en el sentido de la teoría del grupo):

$$\phi_1(x)=x, \ \phi_2(x)=1-x, \ \phi_3(x)=\tfrac{1}{x}, \ \phi_4(x)=1-\tfrac{1}{x}, \ \phi_5(x)=\tfrac{1}{1-x}, \ \phi_6(x)=\tfrac{x}{x-1}.$$

(la primera correspondiente a la función identidad).

Este grupo se menciona en el artículo de la Wikipedia.

Esto significa que hay por lo general 6 soluciones de $a$ (1) para un determinado $x$, siendo uno de ellos trivialmente $x=a$. Un ejemplo se da en la imagen (puntos rojos):

$$f(-3)=f(-1/3)=f(1/4)=f(3/4)=f(4/3)=f(4)=2197/144.$$

donde los valores de $-3,-1/3,\cdots 4$ son los valores de $\varphi_k(-3).$

Comentario:

$$\tag{3}f'(x)=\underbrace{(t^2-t+1)}_{<0}\dfrac{(t-2)(2t-1)(t+1)}{t^3(t-1)^3}.$$

Usando (3), uno puede fácilmente y con rigor, el estudio de las variaciones de $f$.

En particular, las variaciones de $f$ dar 3 mínimos en $(-1,a), (0.5,a)$ $(2,a)$ donde $a=27/4=6.75.$ es un caso excepcional en $f(x)=f(a)$ sólo tiene tres soluciones.

Answer 2

descomposición en factores la ecuación dada y cancelar los denominadores obtenemos %#% $ #%

Answer 3

$$\frac{(x^2-x+1)^3}{x^2(x-1)^2}=\frac{(a^2-a+1)^3}{a^2(a-1)^2}$$

Ahora multiplique ambos lados por $x^2(x-1)^2$:

$$(x^2-x+1) ^ 3 = x ^ 2(x-1) ^ 2\frac {(un ^ 2-a + 1) ^ 3} {un ^ 2 (a-1) ^ 2} \\ \implies (x ^ 2-x + 1) ^ 3-x ^ 2(x-1) ^ 2\frac {(un ^ 2-a + 1) ^ 3} {un ^ 2 (a-1) ^ 2} = 0$ $

Sin expansión, se puede escribir como:

$$x^6+a_1x^5+a_2x^4+a_3x^3+a_4x^2+a_5x+1=0$$

Ya que, producto de las raíces de esta ecuación es $1$, recíproco de cada solución también será una solución a esta ecuación.

Answer 4

Sugerencia: escriba la LHS, en términos de $z = x+\cfrac{1}{x}$ como sigue:

$$ \requieren{cancel} \frac{(x^2-x+1)^3}{x^2(x-1)^2} = \frac{(x^2-x+1)^3}{x^2(x^2-2x+1)}= \frac{\bcancel{x^3}\left(x+\cfrac{1}{x}-1\right)^3}{\bcancel{x^3}\left(x+\cfrac{1}{x}-2\right)}=\frac{(z-1)^3}{z-2} $$

Deje $b=a+\cfrac{1}{a}$ y hacer lo mismo para el lado derecho, entonces la ecuación se convierte en:

$$ \frac{(z-1)^3}{z-2} = \frac{(b-1)^3}{b-2} $$

El de arriba es un cúbicos en $z\,$ con el evidente raíz de $z_1=b\,$, lo que deja una ecuación cuadrática para resolver.

$$ \big(\,z-b\,\big) \,\big( \,(b-2)z^2 +(b-2)(b-3)z - (2b^2-6b+5)\,\big) \,=\, 0 $$

Después de no demasiado bonita cálculos, las otras raíces resultan ser:

$$ z_{2,3} = \frac{b^2 \(pm\sqrt{b^2 - 4} - 5) b \mp \sqrt{b^2 - 4} + 6}{4 - 2 b} $$

Volviendo a la $x$ $a$ variables, la raíz de $z_1=b$ da las raíces $x=a$$x=\cfrac{1}{a}\,$, entonces las raíces $z_{2,3}$ dar el otro $4$ raíces en $x$ después de la resolución de las respectivas ecuaciones. Los cálculos son, de nuevo, no es bonita (no incluido aquí), aunque tomó nota de $\sqrt{b^2-4}=a-\cfrac{1}{a}\,$ elimina los radicales por adelantado.

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[ EDITAR ] El siguiente es un acceso directo para la final de los cálculos, utilizando OP observación de que:

Veo que si $x=x_1$ es una solución, entonces se $x=1-x_1$ es también una solución.

Esto significa que la segunda raíz en $z$ $z_2=1-a + \cfrac{1}{1-a}\,$ correspondiente a las raíces $x=1-a$, $x=\cfrac{1}{1-a}\,$. El resto de la raíz en $z$ como se determina por Vieta relaciones es:

$$\require{cancel}z_3=-(b-3)-\left(1-a + \cfrac{1}{1-a}\right)= -\bcancel{a}-\frac{1}{a}+3-1+\bcancel{a}-\frac{1}{1-a}=2 - \frac{1}{a}-\frac{1}{1-a}$$

La solución de la ecuación de $x+\cfrac{1}{x}=2 - \cfrac{1}{a}-\cfrac{1}{1-a}$ da los últimos dos raíces $x=\cfrac{a}{a-1}\,$, $x=\cfrac{a-1}{a}$.

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[ EDITAR #2 ] Aún más corto: una vez establecido que si $x$ es una raíz, a continuación, $1/x$ $1-x$ son también raíces, y dada la evidente $x=a$ raíz, se sigue que $\,1/a\,$, $\,1-a\,$, $\,1/(1-a)\,$, $\,1-1/a=(a-1)/a\,$, $\,1/(1-1/a)=a/(a-1)\,$ también están las raíces. Para $a \ne 0,1$ $a \not \in \{-1, \frac{1}{2},2\}$ $6$ raíces son distintas, y puesto que la ecuación es de grado $\,6\,$, se desprende que estas son las únicas raíces. Para $a \in \{-1, \frac{1}{2},2\}$ el mismo puede ser demostrado el verdadero por una continuidad en el argumento.