Quesito numero 1 SNS anno 1982-1983

[Giona3]

Buongiorno a tutti, è qualche mese che mi sto esercitando con i quesiti di matematica della SNS e mi sono imbattuto su questo che mi sta portando alla disperazione.

Dimostrare che il seguente sistema ha come sole soluzioni x=1 e y=o oppure x=0 e y=1

$\{(xe^y+ye^x=1),(x^2+y^2=1):}$

La mia unica idea è stata per assurdo, ho supposto una coppia di numeri reali diversi da quelli del testo, ho ricavato un termine dall'altro nella seconda equazione, ho sostituito nella prima avendo così una funzione con una sola variabile indipendente, ho fatto la derivata sperando di arrivare a delle cose costruttive ma ho rinunciato vedendo la complessità della derivata.

Grazie mille per chi mi da una mano

[Rigel1]

Ovviamente si deve avere \(|x| \leq 1\) e \(|y| \leq 1\).
Vedi subito che, con questi vincoli, se \(x < 0\) oppure \(y < 0\) la prima equazione non può essere soddisfatta.
Cerchiamo dunque le soluzioni nel quadrato \([0,1]\times[0,1]\).
Posto \(F(x,y) = x e^y + y e^x - 1\), si ha che \(F_y(x,y) = x e^y + e^x > 0\) per ogni \(x,y\in [0,1]\).
Poiché \(F(x,0) = x-1 \leq 0\) e \(F(x,1) = x \, e+e^x -1 \geq 0\) per ogni \(x\in [0,1]\), avremo che per ogni \(x\in [0,1]\) esiste un unico valore \(y = g(x)\in [0,1]\) tale che \(F(x, g(x)) = 0\) (questo non è altro che il teorema del Dini).
D'altra parte, \(F(x, 1-x) = x e^{1-x} + (1-x) e^x - 1 \geq x(2-x) + (1-x)(1+x) - 1 = 2x(1-x) > 0\) per ogni \(x \in (0,1)\); ciò significa che \(0 < g(x) < 1-x\) per ogni \(x\in (0,1)\).
In particolare, l'equazione \(x^2 + g(x)^2 = 1\) non ha soluzioni per \(x\in (0,1)\).

[Giona3]

Grazie mille,
Se non è troppo indiscreto posso chiederti il tuo grado d'istruzione? ( perché ho chiesto a vari docenti di matematica del mio liceo ma per questo si sono bloccati)

[Rigel1]

Scusa, hai ragione, pensavo di essere nella stanza di Analisi Matematica (e non in quella dedicata alle scuole superiori).
Cerco di scrivere in maniera più semplice la soluzione.

Definiamo, come prima,
\[
F(x,y) := x e^y + y e^x - 1, \qquad G(x,y) := x^2 + y^2 - 1.
\]
Dobbiamo cercare i valori di \((x,y)\) tali che \(F(x,y) = G(x,y) = 0\).
Per quanto già detto, le eventuali soluzioni vanno cercate per \(x,y\in [0,1]\). In particolare, il testo ci dice già che \((0,1)\) e \((1,0)\) sono soluzioni. Si vede subito che, se \(x = 0\), l'unico valore ammissibile è \(y=1\) e, analogamente, se \(y=0\) l'unico valore ammissibile è \(x=0\).

Rimane da dimostrare che, se \(x\in (0,1)\), non esiste alcun valore di \(y\) tale che \((x,y)\) è soluzione del sistema.

1) Se \(y\geq 1-x\), usando la disuguaglianza \(e^t > 1+t\) per ogni \(t\neq 0\), abbiamo che
\[
F(x,y) \geq x e^{1-x} + (1-x) e^x - 1 > x(2-x) + (1-x)(1+x)-1 = 2x(1-x) > 0,
\]
dunque \((x,y)\) non può essere soluzione del sistema.

2) Se \(0\leq y\leq 1-x\), abbiamo che \(y^2 \leq (1-x)^2\), dunque
\[
G(x,y) \leq x^2 + (1-x)^2 - 1 = 2x (x - 1) < 0,
\]
dunque anche in questo caso \((x,y)\) non può essere soluzione del sistema.

Concludendo, per \(x\in (0,1)\) fissato, non si hanno soluzioni \((x,y)\) né per \(y\geq 1-x\) né per \(y \leq 1-x\), dunque non ci sono soluzioni.

[Giona3]

Grazie mille, molto disponibile, complimenti

[Erasmus_First]

"Giona":Dimostrare che il seguente sistema ha come sole soluzioni x=1 e y=o oppure x=0 e y=1
$\{(xe^y+ye^x=1),(x^2+y^2=1):}$

Anzitutto, siccome il sistema è invariante allo scambio di x con y, la superficie ∑ di equazione cartesiana
$z = x·e^y + y·e^x -1$
è simmetrica rispetto al piano di equazione $x = y$.

Nel piano cartesiano di equazione $z=0$, mi metto a percorrere la circonferenza Γ di equazione $x^2 + y^2 = 1$. Per sapere dove sono mi basta l'anomalia φ perché per ogni punto P(x, y, 0) di Γ ho:
$x = cos(φ);$
$y = sin(φ).$
Allora ... è sufficiente studiare la funzione
$z(φ) = cos(φ)·e^sin(φ) + cos(φ)·e^sin(φ) – 1$.. . .(1)

Infatti la superficie ∑ interseca la superficie cilindrica di equazione cartesiana
$x^2 + y^2 = 1$
in una linea "gobba"; e occorre trovare dove questa linea interseca la circonferenza Γ [intersezione della superficie cilindrica col piano di equazione $z = 0$].

Supponiamo di ... "stirare" [in una striscia piana] la superficie cilindrica di equazione $x^2 + y^2 = 1$. Ci riportiamo in tal modo ad un piano cartesiano [di ascissa φ e ordinata z].

L'equazione (1) dà la quota $z$ del punto Q(x, y, z) [appartenente alla linea intersezione di ∑ con la superficie cilindrica] sovrastante il punto P(x, y, 0) di anomalia φ che sta sulla circonferenza Γ.

Beh: derivare $z(φ)$ [continua e derivabile in ogni φ] è facile!
La simmetria di ∑ rispetto al piano di equazione $x=y$ comporta che $z(φ)$ è massima o minimo in $φ=π/4$ e in $φ=5π/4$.
Qui – dove sin(φ) = cos(φ) – deve dunque annullarsi la derivata prima di $z(φ)$.

NB. Nel seguito, per comodità di scrittura, metterò solo $s$ al posto di sin(φ) e solo $c$ al posto di cos(φ).

Si trova:
$z' = (dz)/(dφ) = (c^2 - s)·e^s – (s^2 - c)·e^c$; $z'(π/4) = z'(3π/4) = 0$.
$z'' =(d^2z)/(dφ^2) = -sc[(3+s)e^s + (3+c)e^c]$; $z''(0)=z''(π/2) = z''(π) = z''(3π/2) = 0$.

La derivata seconda non cambia segno all'interno di ciascun quadrante.
E' negativa nel 1° e nel 3°quadrante, positiva nel 2° e nel 4. Vuol dire che la derivata prima è monotòna in ciascun quadrante, [decrescente nel 1° e nel 3°e crescente nel 2° e nel 4°]; e quindi si annulla una sola volta per quadrante risultando massima in φ=0 e in φ=π e minima in φ=π/2 e in φ=3π/2.

Il massimo [assoluto] in φ=π/4 vale $sqrt2·e^(sqrt2/2)-1$ ≈ (circa) 1.868.
Il massimo [relativo] in φ=5π/4 vale $-sqrt2·e^-(sqrt2/2)-1$ ≈ (circa) -1.697 < 0.
Ciò significa che non ci sono altri zeri tranne in φ=0 e in φ= π/2.

La figura che segue mostra il grafico di z(φ).
[L'applicazione "Grapher" per iMac chiede però che la variabile indipendente si chiami x er quella dipendente y],
Il cambio di scala n ascissa (moltiplicando la variabile indipendente per π/2) è utile per rimarcare che la funzione si annulla in φ=0 e in φ= π/2, ossia nei punti con (x,y) = (1,0) o con (x,y) = (0,1).

––> Grafico .png

_______

[orsoulx]

Il problema diventa quasi banale se affrontato con metodi di basso livello.
Se un punto appartiene alla circonferenza di raggio 1 (seconda equazione), ed almeno una delle sue coordinate è negativa, è impossibile che tali coordinate soddisfino anche la prima, perché il primo membro di questa risulterà sempre minore dell'eventuale coordinata positiva, a sua volta sicuramente minore di 1.
Escluse le due soluzioni indicate, resta da esaminare solo il caso con le due coordinate positive, questa volta basta ricordare che l'esponenziale, con base maggiore di 1, è maggiore di 1 se l'esponente è positivo, per cui:
\( xe^y+ye^x>x+y>1 \) dove l'ultima diseguagliana è quella triangolare, somma dei cateti maggiore dell'ipotenusa.
Ciao

[donald_zeka]

Al test di accesso della normale non sono richieste conoscenze di analisi ne di matematica avanzata, quindi quando ti capita un problema che sembra richiedere chissà quali teoremi devi ricordarti il "principio della soluzione alla mia portata", ossia se io affronto un problema in un test o competizione rivolta alla mia fascia di conoscenze e competenze,"deve" esistere almeno una soluzione che faccia uso di conoscenze basilari.

[Giona3]

Grazie mille a tutti per le vostre risposte, siete stati molto disponibili.
Ho ancora una domanda: intuitivamente ho capito perché la coppia di soluzioni non può essere ci quando una delle due soluzioni e negativa, (due numeri compresi tra 0 e 1 moltiplicati tra di loro non possono essere maggiori di uno) però per sfida ho cercato di dimostralo analiticamente con le solite relazioni di disuguaglianze ma non riesco a trovare nessuna cosa valida.

[Giona3]

forse ho trovato qualcosa, ditemi se il ragionamento è giusto.
Nel caso avessi $1>y>0>x>-1$ devo dimostrare che $F(x,y)=xe^y+ye^x-1=0$
$e^x<1$ per ogni $x<0$ allora $F(x,y)

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[orsoulx]

Concordo con quanto affermi, anche se personalmente, ma è solo una questione di gusto, preferisco le catene di diseguaglianze concordi.
Con \( -1\leq x<0\leq y<1 \) è \( 0 \( xe^y+ye^x Ciao