Resolución de un sistema no lineal

Question

$$\begin{align} (1/300)a + (-1/200)b &= 5\\ (-1/300)a + ((-1/300) + (1/200))b + (-1/200)c &= -e^b\\ (-1/200)b + (1/200)c &= -e^c \end{align} $$ ¿cómo puedo resolver para $a, b$ y $c$ ? Gracias.

Sé que si obtengo una ecuación que aísla una variable, como $kx + e^x = 0$ Puedo usar el método de Newton para aproximar x. Pero todavía no puedo resolverlo.

(Sólo soy un estudiante de secundaria, así que si puedes haz que tus respuestas sean lo más fáciles de entender posible)

Answer 1

Su sistema

$$\left\{ \begin{array}{c} \frac{1}{300}a-\frac{1}{200}b=5 \\ -\frac{1}{300}a+\left( -\frac{1}{300}+\frac{1}{200}\right) b-\frac{1}{200} c=-e^{b} \\ -\frac{1}{200}b+\frac{1}{200}c=-e^{c}\tag{1} \end{array} \right. $$

equivale a

$$\left\{ \begin{array}{c} 2a-3b=3000 \\ -2a+b-3c=-600e^{b} \\ -b+c=-200e^{c}\tag{2} \end{array} \right. $$

y a

$$\left\{ \begin{array}{c} a=\frac{3}{2}\left( c+200e^{c}\right) +1500 \\ -5c-400e^{c}-3000+600\text{ exp}(c+200e^{c})=0 \\ \tag{3} b=c+200e^{c}. \end{array} \right. $$

La segunda ecuación tiene dos soluciones ( cálculo en WolframAlpha ): $c\approx -600.000$ y $c\approx -3.64058$ .

El método de Newton aplicado a $$f(c)=-5c-400e^{c}-3000+600\text{ exp}(c+200e^{c})\tag{4}$$

consiste en las siguientes iteraciones

$$c_{k+1}=c_{k}-\frac{f(c_{k})}{f^{\prime }(c_{k})},\qquad k=1,2,\dots\tag{5}$$

con

$$f'(c)=-5-400e^{c}+600\left( 1+200e^{c}\right) \text{ exp}(c+200e^{c})\tag{6}$$

Empezando por, por ejemplo $c_{1}=-500$ obtenemos $$ \begin{eqnarray*} f(c_{1}) &=&-5c_{1}-400e^{c_{1}}-3000+600\text{ exp}(c_{1}+200e^{c_{1}}) \\ f(-500) &=&5\times 500-400e^{-500}-3000+600\text{ exp}(-500+200e^{-500}) \\ &\approx &-500.0 \end{eqnarray*}$$

y $$ \begin{eqnarray*} f^{\prime }(c_{1}) &=&-5-400e^{c_{1}}+600\left( 1+200e^{c_{1}}\right) \text{ exp}(c_{1}+200e^{c_{1}}) \\ f^{\prime }(-500) &=&-5-400e^{-500}+600\left( 1+200e^{-500}\right) \text{ exp}(-500+200e^{-500}) \\ &\approx &-5.0. \end{eqnarray*}$$

Y así, $$ c_{2}=c_{1}-\frac{f(c_{1})}{f^{\prime }(c_{1})}\approx -500-\frac{-500.0}{ -5.0}\approx -600.0, $$

que ya es una buena aproximación.

Para $c_{1}=-3.6$ obtenemos sucesivamente $$\begin{eqnarray*} c_{2} &\approx &-3.6-\frac{879.64}{25019.0}\approx -3.6352 \\ c_{3} &\approx &-3.6352-\frac{71.578}{19406.}\approx -3.6389 \\ c_{4} &\approx &-3.6389-\frac{1.\,417\,3}{18902.}\approx -3.6390 \\ c_{5} &\approx &-3.6390-\frac{29.\,615}{18889.}\approx -3.6406 \\ c_{6} &\approx &-3.6406-\frac{-0.435\,93}{18676}\approx -3.6406. \end{eqnarray*}$$

Desde $(3)$ para $c\approx -3.6406$ obtenemos la solución $(a,b,c)\approx (1502.4,1.6067,-3.6406)$ y para $c\approx -600.0$ la solución $(a,b,c)\approx (600.0,-600.0,-600.0)$ .

Parcela de $f(c)$ para $c=-700$ a $c=-3.62$

Parcela de $f(c)$ para $c=-3.7$ a $c=-3.6$

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Añadido : Quizás tengas en mente el método general para resolver un sistema no lineal sistema no lineal, aplicado al caso que nos ocupa. Denotemos $x_{1}=a,x_{2}=b,x_{3}=c$ . El sistema

$$ \begin{pmatrix} f_{1}(x_{1},x_{2},x_{3}) \\ f_{2}(x_{1},x_{2},x_{3}) \\ f_{3}(x_{1},x_{2},x_{3}) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix},\tag{7}$$

donde

$$ \begin{pmatrix} f_{1}(x_{1},x_{2},x_{3}) \\ f_{2}(x_{1},x_{2},x_{3}) \\ f_{3}(x_{1},x_{2},x_{3}) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{300}x_{1}-\frac{1}{200}x_{2}-5 \\ -\frac{1}{300}x_{1}+\left( -\frac{1}{300}+\frac{1}{200}\right) x_{2}-\frac{1 }{200}x_{3}+e^{x_{2}} \\ -\frac{1}{200}x_{2}+\frac{1}{200}x_{3}+e^{x_{3}} \end{pmatrix},\tag{8}$$

tiene la matriz jacobiana

$$\begin{eqnarray*} J\left( x\right) &=& \begin{pmatrix} \frac{\partial f_{1}(x_{1},x_{2},x_{3})}{\partial x_{1}} & \frac{\partial f_{1}(x_{1},x_{2},x_{3})}{\partial x_{2}} & \frac{\partial f_{1}(x_{1},x_{2},x_{3})}{\partial x_{3}} \\ \frac{\partial f_{2}(x_{1},x_{2},x_{3})}{\partial x_{1}} & \frac{\partial f_{2}(x_{1},x_{2},x_{3})}{\partial x_{2}} & \frac{\partial f_{2}(x_{1},x_{2},x_{3})}{\partial x_{3}} \\ \frac{\partial f_{3}(x_{1},x_{2},x_{3})}{\partial x_{1}} & \frac{\partial f_{3}(x_{1},x_{2},x_{3})}{\partial x_{2}} & \frac{\partial f_{3}(x_{1},x_{2},x_{3})}{\partial x_{3}} \end{pmatrix} \\ &=& \begin{pmatrix} \frac{1}{300} & -\frac{1}{200} & 0 \\ -\frac{1}{300} & \frac{1}{600}+e^{x_{2}} & -\frac{1}{200} \\ 0 & -\frac{1}{200} & \frac{1}{200}+e^{x_{3}} \end{pmatrix} . \end{eqnarray*}\tag{9} $$

El método de Newton consiste en partir de una aproximación $x^{(1)}$ y encuentran sucesivamente

$$x^{(k+1)}=x^{(k)}+\Delta x^{(k)},\qquad k=1,2,\dots\tag{10}$$

donde $\Delta x^{(k)}$ es una solución de

$$J\left( x^{(k)}\right) \Delta x^{(k)}=-f\left( x^{(k)}\right) ,\tag{11}$$

que se puede encontrar por eliminación gaussiana.

Notación : $x^{(k)}$ es el vector $\left( x_{1}^{(k)},x_{2}^{(k)},x_{3}^{(k)}\right) ^{T}$ , $x^{(k+1)}$ es el vector $% \left( x_{1}^{(k+1)},x_{2}^{(k+1)},x_{3}^{(k+1)}\right) ^{T}$ , $J\left( x^{(k)}\right) $ es la matriz jacobiana evaluada en $\left( x_{1}^{(k)},x_{2}^{(k)},x_{3}^{(k)}\right) $ y $f\left( x^{(k)}\right)$ es la columna del vector $(8)$ de $f$ evaluado en $\left( x_{1}^{(k)},x_{2}^{(k)},x_{3}^{(k)}\right) $ .

Answer 2

La primera ecuación se utiliza para sustituir todos los $a \rightarrow \frac{3}{2}b+1500$ . Las dos ecuaciones restantes pueden recogerse en un 2x1 vector $f = 0$

$$f = \begin{pmatrix} \hat{e}^b-\frac{b}{300}-\frac{c}{200}-5 \\ \hat{e}^c-\frac{b}{200}+\frac{c}{200} \end{pmatrix} $$

Las derivadas con respecto a $b$ y $c$ para cada parte son

$$ f\,' = \begin{pmatrix} \hat{e}^b-\frac{1}{300} & -\frac{1}{200} \\ -\frac{1}{200} & \hat{e}^c+\frac{1}{200} \end{pmatrix} $$

Newton raphson con vectores es $ (b,c) \rightarrow (b,c) - {f\,'}^{-1} f $

$$ \begin{pmatrix}b\\c\end{pmatrix} \rightarrow \begin{pmatrix}b\\c\end{pmatrix} - \begin{pmatrix} \hat{e}^b-\frac{1}{300} & -\frac{1}{200} \\ -\frac{1}{200} & \hat{e}^c+\frac{1}{200} \end{pmatrix}^{-1} \begin{pmatrix} \hat{e}^b-\frac{b}{300}-\frac{c}{200}-5 \\ \hat{e}^c-\frac{b}{200}+\frac{c}{200} \end{pmatrix} $$

con una estimación inicial de $\begin{pmatrix}b = 1\\c = 1 \end{pmatrix} $ Obtengo las siguientes iteraciones

$$ \begin{bmatrix} 1&1\\1.841661&0.003381327\\1.634514&-0.9835724\\1.608907&-1.936174\\1.607725&-2.783955\\1.607126&-3.380392 \end{bmatrix} $$

Así que al final tenemos $ a= \frac{3}{2} 1.607126 + 1500 $ , $ b = 1.607126 $ , $ c = -3.380392 $ .