¿Existe algún método no numérico para resolver este tipo de sistema de ecuaciones no lineales para $c_1, c_2, x_1, x_2$ : $$c_1+c_2 = 1$$ $$c_1x_1+c_2x_2 = 1$$ $$c_1x_1^2+c_2x_2^2 = 2$$ $$c_1x_1^3+c_2x_2^3 = 6$$ He intentado resolver este sistema, pero no encuentro la manera eficiente.
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kixx
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Solución de la base de Groebner (usando sympy):
from sympy import *
c1, c2, x1, x2 = symbols('c1 c2 x1 x2')
G = groebner([c1+c2-1,c1*x1+c2*x2-1,c1*x1**2+c2*x2**2-2,c1*x1**3+c2*x2**3-6])
print G
C2 = solve(G[3])
#solution #1
C1 = solve(G[2].subs(c2, C2[0]))[0]
X2 = solve(G[1].subs(c2, C2[0]))[0]
X1 = solve(G[0].subs(c2, C2[0]))[0]
print 'X1 = ', X1, ', ', 'X2 = ', X2, ', ', 'C1 = ', C1, ', ', 'C2 = ', C2[0]
#solution #2
C1 = solve(G[2].subs(c2, C2[1]))[0]
X2 = solve(G[1].subs(c2, C2[1]))[0]
X1 = solve(G[0].subs(c2, C2[1]))[0]
print 'X1 = ', X1, ', ', 'X2 = ', X2, ', ', 'C1 = ', C1, ', ', 'C2 = ', C2[1]aquí está la salida:
GroebnerBasis([-4*c2 + x1, 4*c2 + x2 - 4, c1 + c2 - 1, 8*c2**2 - 8*c2 + 1], x1, x2, c1, c2, domain='ZZ', order='lex')
X1 = -sqrt(2) + 2 , X2 = sqrt(2) + 2 , C1 = sqrt(2)/4 + 1/2 , C2 = -sqrt(2)/4 + 1/2
X1 = sqrt(2) + 2 , X2 = -sqrt(2) + 2 , C1 = -sqrt(2)/4 + 1/2 , C2 = sqrt(2)/4 + 1/2
Escriba $a = c_1$ , $u = x_1$ , y $v = x_2$ .
Desde $c_2 = 1-c_1 = 1-a$ , $a u^k + (1-a)v^k = r_k$ para $k = 1, 2, 3$ donde el $r_k = 1, 2, 6$ como en el caso anterior.
De esto, $a(u^k-v^k)+v^k = r_k$ , o $a = \frac{r_k-v^k}{u^k-v^k}$ .
Equiparación para $k=1,2$ , $\frac{r_1-v}{u-v} =\frac{r_2-v^2}{u^2-v^2} $ , o $u+v = \frac{r_2-v^2}{r_1-v} $ , o $u = \frac{r_2-v^2}{r_1-v}-v $ .
Cuadrado, también tenemos $ \frac{(r_2-v^2)^2}{(r_1-v)^2} =(u+v)^2 =u^2+2uv+v^2 $ .
Equiparación para $k=1,3$ , $\frac{r_1-v}{u-v} =\frac{r_3-v^3}{u^3-v^3} $ , o $u^2+uv+v^2 = \frac{r_3-v^3}{r_1-v}$ .
Restando estos dos, $uv =\frac{(r_2-v^2)^2}{(r_1-v)^2}- \frac{r_3-v^3}{r_1-v}$ para que $v(\frac{r_2-v^2}{r_1-v}-v) =\frac{(r_2-v^2)^2}{(r_1-v)^2}- \frac{r_3-v^3}{r_1-v}$ .
Se trata de un cuarteto en $v$ , que se puede resolver por los métodos habituales.
Lo dejaré así por ahora.
Encontrar cualquier error se deja como un ejercicio para el lector, pero el método debería ser correcto.
freespace
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9024
Denotemos $u=x_1-1$ , $v=x_2-1$ . Desde $u^2=x_1^2-2x_1+1$ , $u^3=x_1^3-3x_1^2+3x_1-1$ obtenemos $$ \begin{align} c_1+c_2&=1\\ c_1u+c_2v&=0\\ c_1u^2+c_2v^2&=1\\ c_1u^3+c_2v^3&=2 \end{align} $$ (La segunda línea se obtiene como $(2)-(1)$ la tercera línea como $(3)-2\cdot(2)+(1)$ la cuarta línea como $(4)-3\cdot(3)+3\cdot(2)-(1)$ si (1), (2), (3), (4) denotan las ecuaciones del sistema original).
Este es un sistema similar, pero es un poco más simple, ya que tenemos un cero en el RHS. En particular, de la segunda ecuación obtenemos $u=-\frac{c_2}{c_1}v$ y $u^2=\frac{c_2^2}{c_1^2}v^2$ . Podemos introducir esto en la tercera ecuación para obtener $$\left(c_1\cdot\frac{c_2^2}{c_1^2}+c_2\right)v^2=1\\ \left(\frac{c_2^2}{c_1}+c_2\right)v^2=1\\ (c_2^2+c_1c_2)v^2=c_1\\ c_2(c_1+c_2)v^2=c_1\\ c_2v^2=c_1\\ v^2=\frac{c_1}{c_2} $$ Así que obtenemos $v^2=c_1/c_2$ y $u^2=c_2/c_1$ .
Esto implica $u^2v^2=1$ lo que significa que $uv=\pm1$ y $v=\pm\frac1u$ .
Ahora podemos simplificar un poco la última ecuación $$ \begin{align} c_1u^3+c_2v^3&=2\\ c_1u^2u+c_2v^2v&=2\\ c_2u+c_1v&=2 \end{align} $$ Sumando las ecuaciones $c_1u+c_2v=0$ y $c_2u+c_1v=2$ conseguimos que $(c_1+c_2)(u+v)=2$ es decir $$u+v=2.$$
Enchufando $v=\pm\frac1u$ en la ecuación anterior obtenemos $$u+\frac1u=2 \qquad \Rightarrow \qquad u=v=1$$ o $$u-\frac1u=2 \qquad \Rightarrow \qquad u=1\pm\sqrt{2}, v=1\mp\sqrt{2}.$$
Si $u=v=1$ entonces tendríamos simultáneamente $c_1+c_2=1$ y $c_1+c_2=2$ , por lo que no obtenemos ninguna solución en este caso.
Como la situación es simétrica, basta con considerar uno de los dos casos restantes. Así pues, supongamos que $$u=1+\sqrt2 \qquad v=1-\sqrt2.$$ Simplemente resolviendo las dos primeras ecuaciones para $c_{1,2}$ obtenemos $$ c_1=\frac{\sqrt2-1}{2\sqrt2}=-\frac{v}{2\sqrt2}\\ c_2=\frac{\sqrt2+1}{2\sqrt2}=\frac{u}{2\sqrt2}\\ $$
Podemos comprobar que $$c_1+c_2=\frac{u-v}{2\sqrt2}=\frac{2\sqrt2}{2\sqrt2}=1$$ $$c_1u+c_2v=\frac{uv-uv}{2\sqrt2}=0$$ Desde $u^2=2+u$ y $v^2=2+v$ obtenemos $$c_1u^2+c_2v^2=2(c_1+c_2)+(c_1u+c_2v)=1.$$ Del mismo modo, desde $u^3=2u+u^2=3u+2$ obtenemos $$c_1u^3+c_2v^3=3(c_1u+c_2v)+2(c_1+c_2)=2.$$ Así que estos valores de $c_1$ , $c_2$ , $u$ , $v$ cumplir con el sistema de ecuaciones que obtuvimos después de la sustitución.
También podemos comprobar que para $x_1=2+\sqrt2$ y $x_2=2-\sqrt2$ obtenemos $$c_1x_1+c_2x_2=\frac{(\sqrt2-1)(2+\sqrt2)}{2\sqrt2}+\frac{(\sqrt2+1)(2-\sqrt2)}{2\sqrt2}=\frac{2\sqrt2}{2\sqrt2}=1.$$ Ahora, al notar que $x_{1,2}$ son raíces de $x^2-4x+2$ obtenemos $$c_1x_1^2+c_2x_2^2=4(c_1x_1+c_2x_2)-2(c_1+c_2)=4-2=2$$ y de $x^3=x^2\cdot x=(4x-2)x=4x^2-2x=14x-8$ obtenemos $$c_1x_1^3+c_2x_2^3=14(c_1x_1+c_2x_2)-8(c_1+c_2)=6.$$
andy.holmes
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518
Con raíces polinómicas
$p(x)=(x-x_1)(x-x_2)(x-a)$ es un polinomio cúbico con raíces $x_1,x_1,a$ y los coeficientes $$p(x)=x^3-(x_1+x_2+a)x^2+(x_1a+x_2a+x_1x_2)x-x_1x_2a.$$ Formando la combinación lineal de las ecuaciones dadas con estos coeficientes para dar $c_1p(x_1)+c_2p(x_2)$ en el lado izquierdo da como resultado $$ 0=6-2(x_1+x_2+a)+(x_1a+x_2a+x_1x_2)-x_1x_2a $$ que tiene que ser independiente del valor de $a$ . Así, aislando los coeficientes de las potencias de $a$ las dos ecuaciones \begin {align} 0&=6-2(x_1+x_2)+x_1x_2 \\ 0&=-2+(x_1+x_2)-x_1x_2 \end {alinear} y, en consecuencia, (también directamente al establecer $a=1$ y $a=2$ ) \begin {align} x_1+x_2&=4 \\ x_1x_2&=2 \end {align} para que $x_{1/2}$ son las soluciones de $$ 0=z^2-4z+2=(z-2)^2-2 $$ es decir, $x_{1/2}=2\pm\sqrt2$ .
Con una ecuación de diferencia
Las ecuaciones dadas forman a la izquierda los primeros términos de la solución general $$ u_n=c_1⋅x_1^n+c_2⋅x_2^n $$ de una ecuación general de recurrencia lineal homogénea de segundo orden $$ 0=u_{n+2}+a_1⋅u_{n+1}+a_0⋅u_n $$ con $x_{1/2}$ las raíces de su ecuación característica.
Los valores $(u_0,u_2,u_2,u_3)=(1,1,2,6)$ a la derecha forman el inicio de una solución de esta recurrencia lineal que permite determinar sus coeficientes. La inserción de los dos triples contenidos da las ecuaciones \begin {align} 0&=2+a_1⋅1+a_0⋅1 \\ 0&=6+a_1⋅2+a_0⋅1 \end {align} con solución $a_1=-4$ , $a_0=2$ y, por tanto, la ecuación característica que da el mismo polinomio cuadrático $$ 0=z^2-4z+2=(z-(2+\sqrt2))(z-(2-\sqrt(2)). $$
