Resolver un sistema de ecuaciones no lineales

Question

Vamos $$(\estrella)\begin{cases} \begin{vmatrix} x&y\\ z&x\\ \end{vmatrix}=1, \\ \begin{vmatrix} y&z\\ x&y\\ \end{vmatrix}=2, \\ \begin{vmatrix} z&x\\ y&z\\ \end{vmatrix}=3. \end{casos}$$

Resolviendo el sistema de tres ecuaciones no lineales con tres incógnitas.

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Tengo una oportunidad.

Deje que$$A=\begin{bmatrix} 1& 1/2& -1/2\\ 1/2& 1& -1/2\\ -1/2& -1/2& -1 \end{bmatrix}$$ Tenemos $$(x,y,z)A\begin{pmatrix} x\\ y\\ z \end{pmatrix}=0.$$

No debe ser una matriz ortogonal $T$, $T^{-1}T=diag \begin{Bmatrix} \frac{1}{2},\frac{\sqrt{33}+1}{4},-\frac{\sqrt{33}-1}{4} \end{Bmatrix}.$

$$\begin{pmatrix} x\\ y\\ z \end{pmatrix}=T\begin{pmatrix} x^{'}\\ y^{'}\\ z^{'} \end{pmatrix}\Longrightarrow\frac{1}{2} {x}^{2}+\frac{\sqrt{33}+1}{4} {y'}^{2}-\frac{\sqrt{33}-1}{4}{z'}^{2}=0.$$

Pero incluso si nos encontramos con una $\begin{pmatrix} x_0^{'}\\ y_0^{'}\\ z_0^{'} \end{pmatrix} $ satisfying $\frac{1}{2} {x_0'}^{2}+\frac{\sqrt{33}+1}{4} {y_0'}^{2}-\frac{\sqrt{33}-1}{4}{z_0'}^{2}=0,\begin{pmatrix} x_0\\ y_0\\ z_0 \end{pmatrix}T =\begin{pmatrix} x_0^{'}\\ y_0^{'}\\ z_0^{'} \end{pmatrix}$ may not be the solution of $(\estrella)$

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Si usted tiene algunas buenas ideas,por favor, dame algunas pistas. Cualquier ayuda se agradece!

Answer 1

Dado $x^2-yz = 1, \quad y^2-xz = 2, \quad z^2-xy = 3$, podemos suma de todos estos elementos para obtener $$(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2 = 12 \tag{1}$$

OTOH, restando da $(y^2-x^2)+z(y-x)=1 \implies (x+y+z)(y-x) = 1$ y de manera similar a $(x+y+z)(z-y) = 1$, por lo que debemos tener $y-x = z - y = a$, dicen. El uso de este en $(1)$, $$a^2+a^2+4a^2=12 \implies a = \pm \sqrt2$$ Así que tenemos $y = x \pm \sqrt2, \quad z = x \pm 2\sqrt2$. El uso de estos en decir la primera ecuación, usted debería ser capaz de resolver por $x$ y, a continuación,$y, z$.

Answer 2

Vamos a reescribir el sistema como $$\mathbf r \times \mathbf P\mathbf{r} = \begin{vmatrix}\mathbf{i}&\mathbf{j}&\mathbf{k}\\x&y&z\\z&x&y\end{vmatrix} = 2\mathbf{i} + 3\mathbf{j} + 1\mathbf{k} \equiv \mathbf f$$ donde $\mathbf{r} = (x,y,z)^\top$ y $$ \mathbf P = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1\\ 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} $$ Así que queremos resolver $$ \mathbf{r} \times \mathbf{Pr} = \mathbf{f}. $$ Vamos a dot multiplicar ambos lados con $\mathbf{r}$ $$ 0 = \mathbf{r}^\top \mathbf{f} $$ también cuando se multiplica por $\mathbf{Pr}$: $$ 0 = \mathbf{r}^\top \mathbf P^\top \mathbf{f} $$ Que un par de ecuaciones lineales en $x,y,z$. Dado que las ecuaciones son homogéneos, la solución será de la forma $\mathbf r = \alpha \mathbf{h}, \alpha \in \mathbb{R}$. $$ 2x + 3y + z = 0\\ 2z + 3x + y = 0 $$ Fila reducir el sistema obtenemos $$ \mathbf h = \begin{pmatrix} -5\\1\\7 \end{pmatrix}. $$ Desde $\mathbf h \times \mathbf {Ph} = 18 \mathbf f$ podemos deducir que $$ \alpha^2 = \frac{1}{18}\qquad\alpha = \pm\frac{1}{3\sqrt{2}}. $$ Finalmente $$ x = \mp \frac{5}{3\sqrt{2}}\\ y = \pm \frac{1}{3\sqrt{2}}\\ z = \pm \frac{7}{3\sqrt{2}} $$

Answer 3

La resultante de $x^2-yz-1$ $y^2-xz-2$ con respecto al $z$$x^3-y^3-x+2y$. La resultante de $x^2 - yz - 1$ $z^2 - xy - 3$ con respecto al $z$$x^4-x y^3-2 x^2-3 y^2+1$. La resultante de $x^3-y^3-x+2y$ y $x^4-x y^3-2 x^2-3 y^2+1$ con respecto al $x$$-y^4(18 y^2-1)$. Por lo que sea $y = 0$ o $y = \pm 1/\sqrt{18}$.

Con $y=0$ tenemos $x^2 - 1 = 0$, $-xz-2 = 0$ y $z^2 - 3 = 0$, lo que claramente no va a funcionar.

Con $y = \pm 1/\sqrt{18} = \sqrt{2}/6$ somos soluciones: $x = \mp 5 \sqrt{2}/6$, $z = \pm 7 \sqrt{2}/6$.

Answer 4

Nota: Este es un poco torpe, pero el enfoque sistemático. En el lado positivo, esto permite resolver similar ecuaciones de la forma $$\begin{cases} x^2 - Ayz &= D\\ y^2 - Bxz &= E\\ z^2 - Cxy &= F \end{casos}$$ sin saber cómo completar las plazas. En el lado negativo, se necesita un factor de un polinomio de cuarto grado en la mitad del proceso.

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Aviso al lado izquierdo de determinado conjunto de ecuaciones son todos homogéneos con grado $2$, $$\begin{cases} x^2 - yz &= 1\\ y^2 - xz &= 2\\ z^2 - xy &= 3 \end{casos}\etiqueta{*1}$$ podemos simplificar observando los coeficientes de la primera. es decir, vamos a $u = \frac{y}{x}$$v = \frac{z}{x}$, tenemos

$$ \begin{cases} \frac{1-uv}{1} &= \frac{u^2 - v}{2}\\ \frac{1-uv}{1} &= \frac{v^2 - u}{3} \end{casos} \iff \begin{cases} 2(1-uv) &= u^2 - v\\ 3(1-uv) &= v^2 - u \end{casos} \implica \begin{cases} v &= \frac{2-u^2}{2u-1} &(*2a)\\ u &= \frac{3-v^2}{3v-1} &(*2b) \end{casos} $$ Sustituto $(*2a)$ a $(*2b)$, obtenemos

$$u = \frac{3 - \left(\frac{2-u^2}{2u-1}\right)^2}{3\left(\frac{2-u^2}{2u-1}\right) - 1} \iff \frac{5u^4+u^3-5u-1}{6u^3+u^2-16u+7} = \frac{(u-1)(5u+1)(u^2+u+1)}{(2u-1)(3u^2+2u-7)} = 0\\ $$ Desde $u^2 + u + 1 = (u+\frac12)^2 + \frac34 > 0$ para todos los verdaderos $u$, hay sólo dos opciones para $u$:

• Caso 1 : $u = 1 \implies v = \frac{2 - 1^2}{2-1} = 1 \implies 1 - uv = 0$.

  Sin embargo, esto se contradice con el requisito de $x^2 - yz = x^2(1-uv) = 1$, esto no conduce a ninguna solución para $(*1)$.

• Caso 2 : $u = -\frac15 \implies v = \frac{2 - \left(-\frac15\right)^2}{2\left(-\frac15\right)-1} = -\frac75 \implies 1 - uv = \frac{18}{25}$.

  Tenemos $x = \frac{1}{\sqrt{1-uv}} = \pm\frac{5}{3\sqrt{2}}$ ahora. Este lleva a dos soluciones reales para $(*1)$. $$(x,y,z) = (x,xu,xv) = \left(\pm\frac{5}{3\sqrt{2}}, \mp\frac{1}{3\sqrt{2}}, \mp\frac{7}{3\sqrt{2}} \right) $$