Solución general de un sistema de ecuaciones no lineales con un patrón específico

Question

Estoy buscando una solución general a un sistema de ecuaciones no lineales con un patrón específico:

Orden 1:

$$ x_0 = a^2 + b^2 $$ $$ x_1 = 2ab $$

Orden 2:

$$ x_0 = a^2 + b^2 + c^2 $$ $$ x_1 = 2ab + 2bc $$ $$ x_2 = 2ac $$

Orden 3:

$$ x_0 = a^2 + b^2 + c^2 + d^2 $$ $$ x_1 = 2ab + 2bc + 2cd $$ $$ x_2 = 2ac + 2bd $$ $$ x_3 = 2ad $$

Orden 4:

$$ x_0 = a^2 + b^2 + c^2 + d^2 + e^2 $$ $$ x_1 = 2ab + 2bc + 2cd + 2de $$ $$ x_2 = 2ac + 2bd + 2ce $$ $$ x_3 = 2ad + 2be $$ $$ x_4 = 2ae $$

Los valores $x_n$ son constantes y conocidos. Los valores $a, b, c, ...$ necesitan ser resueltos. Es fácilmente solucionable para el Orden 1. El orden 2 es un poco más complicado, pero se puede resolver. Rápidamente se vuelve muy difícil para el orden mayor o igual a 3.

No quiero tener que recurrir, por ejemplo, a un método de programación cuadrática. ¿Hay algún truco para este conjunto de ecuaciones en particular o algún método numérico que pueda ayudarme? Dada la naturaleza del patrón, parece que podría haber una solución general utilizando una técnica específica con la que no estoy familiarizado. Por ejemplo, un cambio de variable podría reducirlo a un problema de búsqueda de raíces.

Answer 1

Cambiemos el nombre de las incógnitas $a,b,c,\ldots$ a $v_0,\ldots,v_n$ y supongamos que son números complejos, y definir el polinomio (aún desconocido) $$f(z) = \sum_{k=0}^n v_k z^k \tag{1}$$ Entonces tenemos $$f(z)\,f\left(\frac{1}{z}\right) = x_0 + \frac{x_1}{2}\left(z+\frac{1}{z}\right) + \frac{x_2}{2}\left(z^2+\frac{1}{z^2}\right) + \cdots + \frac{x_n}{2}\left(z^n+\frac{1}{z^n}\right)$$ Utilizando el Polinomios de Chebyshev del primer tipo $T_k(X)$ , podemos escribir $$\begin{align} \frac{1}{2}\left(z^k+\frac{1}{z^k}\right) &= T_k(X) \\ \text{where}\quad X &= \frac{1}{2}\left(z+\frac{1}{z}\right) \tag{2}\\ \text{thus}\quad f(z)\,f\left(\frac{1}{z}\right) &= g(X) \tag{3}\\ \text{where}\quad g(X) &= \sum_{k=0}^n x_k T_k(X) \tag{4} \end{align}$$ Tenga en cuenta que $g(X)$ es un polinomio en $X$ que se puede determinar a partir de los datos $x_k$ a través de $(4)$ . Ahora necesitamos encontrar un factor polinómico (no único) $f(z)$ cumpliendo con $(3)$ .

Si $g=0$ es decir, todos los $x_k = 0$ entonces $(3)$ implica $f=0$ Por lo tanto, todos los $v_k=0$ .

En lo que sigue, supondré que no todos los $x_k = 0$ .

Dejemos que $m = \deg g$ Así que $0\leq m\leq n$ . Sea $g_m$ sea el coeficiente (no nulo) de $X^m$ en $g(X)$ . Podemos deducir de las ecuaciones definitorias de $x_m,\ldots,x_n$ (trabajando desde el índice $n$ hacia abajo) que hay $r\in\{0,\ldots,n-m\}$ tal que $v_k = 0$ para $k\in\{0,\ldots,r-1,m+r+1,\ldots,n\}$ y $v_k\neq0$ para $k\in\{r,m+r\}$ . Así que básicamente $f(z)$ es el producto de $z^r$ con un grado- $m$ polinomio. (Y $g_m = 2^m v_r v_{m+r}$ pero no lo necesitamos).

La idea es encontrar un $f(z)$ mirando los ceros de $g(X)$ . Por lo tanto, encuentre el $m$ raíces (posiblemente complejas) de $g(X)=0$ , y nombrar estos $X_1,\ldots,X_m$ . Para cada una de estas raíces $X=X_j$ , resolver $(2)$ para $z$ . Habrá dos soluciones; elija una de ellas y nómbrela $z_j$ , entonces la otra solución será $\frac{1}{z_j}$ . Tenga en cuenta que ambas soluciones para $z$ son distintos de cero. Consideraremos $z_j$ una raíz de $f(z)=0$ Esto hace que $\frac{1}{z_j}$ una raíz de $f\left(\frac{1}{z}\right)=0$ automáticamente. Ahora podemos escribir $$\begin{align} f(z) &= v_{m+r} z^r\prod_{j=1}^m (z - z_j) \tag{5}\\ &\quad\text{with arbitrary}\quad r\in\{0,\ldots,n-m\} \end{align}$$ así que $(3)$ se convierte en $$v_{m+r}^2\prod_{j=1}^m \underbrace{(z - z_j)\left(\frac{1}{z} - z_j\right)}_ {-2z_j (X - X_j)} = g(X)$$ Coeficientes de equiparación para $X^m$ obtenemos $$v_{m+r} = \pm\sqrt{\frac{g_m}{(-2)^m\prod_{j=1}^m z_j}} \tag{6}$$ Elija un signo para $v_{m+r}$ , y luego expandir el producto para $f(z)$ en $(5)$ para obtener la representación $(1)$ . Puede leer los coeficientes $v_0,\ldots,v_n$ de eso.

En general, las elecciones que haga para $r$ , para $z_j$ frente a $\frac{1}{z_j}$ , y para el signo de $v_{m+r}$ todos afectan a la solución, por lo que hay $2^{m+1}(n-m+1)$ tuplas de solución (no necesariamente distintas) $(v_0,\ldots,v_n)$ . Algunas variaciones particulares son:

• Variando $r$ : Esto da lugar a la rotación de $(v_0,\ldots,v_n)$ siempre y cuando sólo los ceros iniciales y finales.
• Sustitución de todos los $z_j$ con $\frac{1}{z_j}$ : Esto da lugar a la inversión $(v_r,\ldots,v_{m+r}) \mapsto (v_{m+r},\ldots,v_r)$ .
• Voltear el signo de $v_{m+r}$ en $(6)$ : Esto da lugar a que se inviertan los signos de todos $v_k$ .

Answer 2

No he podido resolver el problema, pero he hecho algunas manipulaciones que quizás puedan ayudar. Son demasiado largas para un comentario.

Para pedir $n$ tenemos que

$$\sum_{k=1}^{n+1}a_k=\pm\sqrt{\sum_{k=0}^nx_k}\qquad(1)$$

He cambiado el nombre de las variables $a$ , $b$ , $c$ ... a $a_1$ , $a_2$ , $a_3$ ,...

La última ecuación dice $$a_1a_{n+1}=x_n$$ por lo que podemos resolver para $a_{n+1}$ y sustituirlo por $(1)$ . Asumiendo que $x_n\neq 0$ Ahora tenemos

$$\frac{x_n}{a_1}+\sum_{k=1}^{n}a_k=\pm\sqrt{\sum_{k=0}^nx_k}\qquad(2)$$