Resolver el sistema de ecuaciones en el % Real $x$, $y$ y $z$

Question

Resolver $x$, $y$ y $z$ $\in $ $\mathbb{R}$ si

$$\begin{align} x^2+x-1=y \\ y^2+y-1=z\\ z^2+z-1=x \end {Alinee el} $$

Mi intento:

Si $x=y=z$ luego el % de dos trillizos $(1,1,1)$y $(-1,-1,-1)$ son las soluciones.

Si $x \ne y \ne z$ entonces tenemos

$$\begin{align} x(x+1)=y+1 \\ y(y+1)=z+1\\ z(z+1)=x+1 \end {Alinee el} $$

Multiplicando todos que conseguimos $$xyz=1 \tag{1}$ $ y agregar todos los que

$$x^2+y^2+z^2=3 \tag{2}$$

Ahora de las ecuaciones originales

$$\begin{align} x^2=y+1-x\\ y^2=z+1-y\\ z^2=x+1-z \end{$ align}$$ Multiplying all and Using $(1) obtenemos

$$(y+1-x)(z+1-y)(x+1-z)=1 $$ $\implies$

$$xy+yz+zx-3=(x-y)(y-z)(z-x) \tag{3}$ $ soy incapaz de seguir adelante...

Answer 1

usando la desigualdad de RMS GM $$\sqrt{\frac{x^2+y^2+z^2}{3}}\geq\sqrt[3]{xyz}$ $ con igualdad si y sólo si $x=y=z$, tapando en sus valores de % de $xyz$ $x^2+y^2+z^2$ obtenemos que $$\sqrt{\frac{3}{3}}\geq\sqrt[3]{1}$ $ $$1=1$$ así la fórmula única es los que ya se ha dicho.

Answer 2

No existen soluciones reales distintas,$(x,y,z)$.

Escrito $f(x)=x^2+x-1$, la existencia de una solución de este tipo significaría que $f$ tiene un verdadero punto de menor período de 3; es decir, $f^3(x)=x$ de $x$ $f(x)\neq1$ es decir $x\neq \pm 1$. Sarkovsky del teorema implica entonces que $f$ tiene puntos de menos arbitraria período. En particular, no existiría $x\in\mathbb{R}-\{-1,1\}$ tal que $f^2(x)=x$. Pero $$f^2(x) - x = (x^2+x-1)^2+(x^2+x-1)-1-x = x^4+2x^3-2x-1 = (x-1)(x+1)^3.$$ and so there are no points of least period 2. Hence $f$ no tiene puntos de por lo menos el período 3.

P. S.: en realidad estoy usando sólo el caso más simple de Sarkovsky del teorema, es decir, que los 3-ciclos implica período de 2 ciclos. Pero el teorema implica que la misma conclusión se sigue de todo menos el período distinto de uno (es decir, $f$ tiene puntos fijos, pero no de los ciclos.) Esto significa que hemos de ser no, no, mejor si hemos aumentado el número de variables y ecuaciones más allá de las 3: nos gustaría encontrar todavía no trivial de soluciones reales. (Aunque esto puede ser demostrado de forma mucho más simple por el mismo RMS-GM de la desigualdad indicada por cirpis en su respuesta...)

Answer 3

$\textbf{Hint:}$ Nota que $\displaystyle x^2-x-1=y$ es igual $\displaystyle (x-\frac{1}{2})^2-\frac{5}{2}=y-\frac{1}{2}$, así que si usted sustituye $x_1=x-\frac{1}{2}$, $y_1=y-\frac{1}{2}$ y $z_1=z-\frac{1}{2}$ se obtiene:

$$x_1^2-\frac{5}{2}=y_1$$

$$y_1^2-\frac{5}{2}=z_1$$

$$z_1^2-\frac{5}{2}=x_1$$

Sustituto (1) a 2, próximo 2 a 3, se obtiene ecuación polinómica calcular $x_1$. Lo mismo con $y_1$ y $z_1$.

Answer 4

$\textbf{1)}$ Sustitución De Eq. 1 en Eq. 2 da $xy(x+1)=z+1$, y la sustitución de Eq. 2 en Eq. 3 $xyz(x+1)=x+1$; por lo $x=-1$ o $xyz=1$. Por simetría, tenemos que $y=-1$ o $xyz=1$ $z=-1$ o $xyz=1$. Desde $x=-1, y=-1, z=-1$ es una solución, todas las otras soluciones deben satisfacer $xyz=1$.

Desde $x=1,y=1, z=1$ es claramente una solución, que está a la izquierda para mostrar que no hay otras soluciones satisfactorias $xyz=1$.

$\textbf{2)}$ Si $x\ge1$,$y=x(x+1)-1\ge2-1=1$$z=y(y+1)-1\ge2-1=1$; por lo $xyz=1\implies x=1, y=1, z=1$. Por lo tanto, podemos asumir $x<1$ y, por simetría, $y<1$$z<1$.

$\textbf{3)}$ Si $x, y, z >0$,$0<x, y, z <1\implies xyz<1$; por lo que dos de las variables debe ser negativa, y podemos asumir que $x<0, y<0, z>0$. Desde $z<1$, $xy=\frac{1}{z}>1$. Sin embargo, esto es imposible, ya que $xy=x(x^2+x-1)=x^3+x^2-x$, e $g(x)=x^3+x^2-x$ tiene un máximo de $x<0$ $g(-1)=1$ desde $g^{\prime}(x)=(3x-1)(x+1)$.