La solución completa de un sistema de polinomios sobre $\mathbb{R}$

Question

Si estoy resolviendo un sistema de polinomios de dimensión positiva sobre $\mathbb{R}$ y específicamente estoy buscando sólo soluciones reales, ¿cómo sé que mi solución es completa y no hay otras posibilidades? Por ejemplo, considere el sistema

$$x_1^2 + x_2^2 = 1$$

Puedo resolverlo dejando que $x_1 = t \in [-1,1]$ entonces $x_2 = \pm \sqrt{1-t^2}$ y soy de oro. Que yo sepa no hay más soluciones reales que sean únicas (excluyendo la que es igual hasta la elección del parámetro). Pero, ¿cómo puedo saber eso? Cuando el sistema se complica, ¿hay alguna forma agradable de averiguarlo?

También me interesaría una prueba general sobre un campo arbitrario. Sin embargo, sospecho que mi vida se va a complicar porque estoy trabajando sólo con las soluciones reales, y como resultado hay soluciones sobre la extensión del campo que no considero.

En concreto, las ecuaciones son:

$$f\sum_{i=1}^n x_{i4} - K1 = 0$$

$$f\sum_{i=1}^n x_{i3}x_{i2} - K_2 = 0$$

$$f\sum_{i=1}^n x_{i1}x_{i3} - K_3 = 0$$

$$f\sum_{i=1}^n p_{z1}x_{i2}x_{i3} + f\sum_{i=1}^np_{y1}x_{i1}x_{13} - K_4 = 0$$

$$f\sum_{i=1}^n p_{z1}x_{i4} - f\sum_{i=1}^np_{x1}x_{i1}x_{13} - K_5 = 0$$

$$f\sum_{i=1}^n -p_{y1}x_{i4} - f\sum_{i=1}^np_{z1}x_{i1}x_{13} - K_6 = 0$$

junto con las "ecuaciones de circularidad":

$$x_{i1}^2 + x_{12}^2 = 1$$

$$x_{i3}^2 + x_{14}^2 = 1$$

donde $f \in \mathbb{R}^+$ , $K_j \in \mathbb{R}$ (técnicamente hay otro conjunto de ecuaciones de circularidad pero son sobre variables que no aparecen en el sistema anterior).

Answer 1

Mi respuesta ha acabado siendo mucho más larga de lo que esperaba, aunque he omitido bastantes detalles. Así que primero me gustaría comentar tu pregunta original sobre los sistemas generales de ecuaciones polinómicas. En los comentarios dije que la resolución de tu sistema es relativamente fácil porque sólo se trata de polinomios de bajo grado (de hecho se reduce a un sistema de ecuaciones de grado como máximo $2$ ). A pesar de mi desagradablemente larga y engorrosa respuesta, mantengo este comentario; en general, la resolución de sistemas con (muchos) polinomios de grados superiores es una cuestión muy ad hoc, y la mayoría de las veces es prácticamente intratable.

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Para encontrar todas las soluciones asumiré que se está familiarizado con el álgebra lineal básica; algo de notación vectorial y matricial, y la resolución de sistemas de ecuaciones lineales. Sea ${\bf1}_n=(1,1,\ldots,1)\in\Bbb{R}^n$ , dejemos que $K_i':=\tfrac{K_i}{f}$ y definir $x_1,x_2,x_3,x_4\in\Bbb{R}^n$ como $$x_j:=(x_{ij})_{1\leq i\leq n}.$$ Esto nos permite escribir el sistema de seis ecuaciones de forma más concisa y transparente. Reescribiendo un poco y sustituyendo las dos primeras ecuaciones por las tres últimas, el sistema se convierte en \begin {eqnarray*} \langle x_4,{ \bf1 } \rangle &=&K_1', \\ \langle x_2,x_3 \rangle &=&K_2', \\ \langle x_1,x_3 \rangle &=&K_3', \\ p_{z1}K_2'+p_{y1}x_{13} \langle x_1,{ \bf1 }_n \rangle &=&K_4', \\ p_{z1}K_1'+p_{x1}x_{13} \langle x_1,{ \bf1 }_n \rangle &=&K_5', \\ p_{y1}K_1'+p_{z1}x_{13} \langle x_1,{ \bf1 }_n \rangle &=&-K_6'. \end {eqnarray*} Lo que más llama la atención es que, aparte del coeficiente $x_{13}$ en las tres últimas ecuaciones, estas ecuaciones se refieren al $x_j$ ¡sólo en términos de productos internos! También hay que tener en cuenta que las variables $x_{24},\ldots,x_{n4}$ aparecen sólo en la primera ecuación, que es lineal y, por tanto, fácil de resolver. Por tanto, a partir de ahora omitiremos la primera ecuación.

Primero tratamos algunos casos límite. Si $x_{14}=\pm1$ entonces $x_3=0$ y el sistema de ecuaciones se convierte en \begin {eqnarray*} 0&=&K_2', \\ 0&=&K_3', \\ 0&=&K_4', \\ p_{z1}K_1'&=&K_5', \\ p_{y1}K_1'&=&-K_6'. \end {eqnarray*} Se trata de un sistema lineal de ecuaciones, que tiene soluciones (con $x_{14}=\pm1$ ) si y sólo si $K_i'=0$ para todos $i$ o $K_2'=K_3'=K_4'=0$ y $K_1'\neq0$ . Del mismo modo, si $x_{12}=\pm1$ entonces $x_1=0$ y el sistema de ecuaciones se convierte en \begin {eqnarray*} \langle x_2,x_3 \rangle &=&K_2', \\ 0&=&K_3', \\ p_{z1}K_2'&=&K_4', \\ p_{z1}K_1'&=&K_5', \\ p_{y1}K_1'&=&-K_6'. \end {eqnarray*} Para cualquier elección de $x_{22},\ldots,x_{n2}\in\Bbb{R}$ se trata de nuevo de un sistema lineal. No hay soluciones (con $x_{12}=\pm1$ ) si y sólo si $K_1'K_4'\neq K_2'K_5'$ o $K_2'=0$ y $K_4'\neq0$ o $K_1'=0$ y $K_5'\neq0$ o $K_6'\neq0$ .

Ahora dejemos que $x_{12},x_{14}\in(-1,1)$ . De las ecuaciones de circularidad se deduce que para todo $i$ $$x_{i1}=\pm\sqrt{1-x_{12}^2}\qquad\text{ and }\qquad x_{i3}=\pm\sqrt{1-x_{14}^2}.$$ Por lo tanto, $x_{i1}=\pm x_{11}$ y $x_{i3}=\pm x_{13}$ para todos $i$ por lo que existen vectores únicos $e_1,e_3\in\Bbb{R}^n$ Satisfaciendo a $$x_1=\sqrt{1-x_{12}^2}\ e_1\qquad\text{ and }\qquad x_3=\sqrt{1-x_{14}^2}\ e_3,$$ y todos sus coeficientes son $1$ o $-1$ . Ahora podemos reescribir las ecuaciones como \begin {eqnarray*} \sqrt {1-x_{14}^2} \langle x_2,e_3 \rangle &=&K_2', \\ \sqrt {1-x_{14}^2} \sqrt {1-x_{12}^2} \langle e_1,e_3 \rangle &=&K_3', \\ p_{z1}K_2'+p_{y1}e_{13} \sqrt {1-x_{12}^2} \sqrt {1-x_{14}^2} \langle e_1,{ \bf1 }_n \rangle &=&K_4', \\ p_{z1}K_1'+p_{x1}e_{13} \sqrt {1-x_{12}^2} \sqrt {1-x_{14}^2} \langle e_1,{ \bf1 }_n \rangle &=&K_5', \\ p_{y1}K_1'+p_{z1}e_{13} \sqrt {1-x_{12}^2} \sqrt {1-x_{14}^2} \langle e_1,{ \bf1 }_n \rangle &=&-K_6'. \end {eqnarray*} Esto elimina $x_1$ y $x_3$ y deja sólo $e_1$ , $e_3$ en su lugar en estas ecuaciones. Consideremos primero el caso de que $m:=\langle e_1,e_3\rangle\neq0$ . Entonces por la segunda ecuación tenemos $K_3'\neq0$ y se puede escribir como $$\sqrt{1-x_{14}^2}\sqrt{1-x_{12}^2}=\frac{K_3'}{m},$$ lo que demuestra que debemos tener $\tfrac{K_3'}{m}\in[-1,1]$ o, por el contrario $|K_3'|<|m|$ . En particular, debemos tener $|K_3'|<n$ para que existan soluciones, ya que $|m|\leq n$ . Así que vamos a suponer que $|K_3'|<n$ y elija $e_1$ y $e_3$ tal que $|K_3'|<|m|$ . Contando el número de pares para los que esto se cumple en función de $K_3'$ es un bonito problema combinatorio que da para una pregunta propia, aunque no es complicado.

La primera ecuación es ahora una ecuación lineal para $x_{22},\ldots,x_{n2}\in\Bbb{R}$ . Sustituyendo la segunda ecuación en las tres últimas se obtiene el sistema \begin {eqnarray*} \sqrt {1-x_{14}^2} \sqrt {1-x_{12}^2} \langle e_1,e_3 \rangle &=&K_3', \\ p_{z1}K_2'+p_{y1}e_{13} \frac {K_3'}{ \langle e_1,e_3 \rangle } \langle e_1,{ \bf1 }_n \rangle &=&K_4', \\ p_{z1}K_1'+p_{x1}e_{13} \frac {K_3'}{ \langle e_1,e_3 \rangle } \langle e_1,{ \bf1 }_n \rangle &=&K_5', \\ p_{y1}K_1'+p_{z1}e_{13} \frac {K_3'}{ \langle e_1,e_3 \rangle } \langle e_1,{ \bf1 }_n \rangle &=&-K_6', \end {eqnarray*} que son entonces también ecuaciones lineales en $p_{x1},p_{y1},p_{z1}\in\Bbb{R}$ donde desgraciadamente hay muchos casos que distinguir. La primera ecuación nos dice simplemente que $$x_{14}^2=1-\frac{K_3'^2}{(1-x_{12}^2)\langle e_1,e_3\rangle^2},$$ que determina $x_{14}$ para firmar.

Por último, consideremos el caso de que $\langle e_1,e_3\rangle=0$ . Tenga en cuenta que esto sólo es posible si $n$ está en paz. Entonces $K_3'=0$ y la segunda ecuación es obsoleta. Para cada una de las $2^n$ opciones para $e_1$ hay $\tbinom{n}{\tfrac{n}{2}}$ opciones para $e_3$ cambiando los signos de la mitad de las coordenadas de $e_1$ . Para cada elección de $x_{12},x_{14}\in\Bbb{R}$ el resto de las ecuaciones vuelven a ser lineales, y hay que distinguir muchos casos como antes.