Не решая системы уравнений, доказать ...

[romanz]

Как не решая системы уравнений

$$\begin{cases}x=q_1+\frac{p_2}{y}+\frac{r_3}{yz},\\y=q_2+\frac{p_3}{z}+\frac{r_1}{zx},\\z=q_3+\frac{p_1}{x}+\frac{r_2}{xy}.\end{cases}$$

доказать, что каждая из переменных $x,y,z$ находится из кубического уравнения?

[paha]

Вы хотите сказать, что эти неизвестные -- корни одного кубического уравнения (с коэффиуиентами -- рациональными функциями от параметров)?

[romanz]

Да

-- Чт дек 09, 2010 02:25:49 --

Нужен метод.

[paha]

симметрические функции

[romanz]

Если поменять местами $x$ и $y$ разве система не изменится? Здесь надо делать циклическую подстановку $(x,y,z)$ тогда форма системы не изменится. Только циклически $(1,2,3)$ поменяются индексы параметров.

-- Чт дек 09, 2010 03:09:47 --

Вот новая система того же рода:

$x=a_1+\frac{b_2}{y}+\frac{c_3}{yz}+\frac{d_4}{yzt}$
$y=a_2+\frac{b_3}{z}+\frac{c_4}{zt}+\frac{d_1}{ztx}$
$z=a_3+\frac{b_4}{t}+\frac{c_1}{tx}+\frac{d_2}{txy}$
$t=a_4+\frac{b_1}{x}+\frac{c_2}{xy}+\frac{d_3}{xyz}$

Здесь неизвестные $x,y,z,t$ находятся из уравнений четвертой степени.

[TOTAL]

romanz в сообщении #385159 писал(а):

Вот новая система того же рода:

$x=a_1+\frac{b_2}{y}+\frac{c_3}{yz}+\frac{d_4}{yzt}$
$y=a_2+\frac{b_3}{z}+\frac{c_4}{zt}+\frac{d_1}{ztx}$
$z=a_3+\frac{b_4}{t}+\frac{c_1}{tx}+\frac{d_2}{txy}$
$t=a_4+\frac{b_1}{x}+\frac{c_2}{xy}+\frac{d_3}{xyz}$

Здесь неизвестные $x,y,z,t$ находятся из уравнений четвертой степени.

Не находятся. Рассмотрите частный случай
$x=\frac{1}{yzt}$
$y=\frac{2}{ztx}$
$z=\frac{3}{txy}$
$t=\frac{4}{xyz}$

[romanz]

Да, действительно.
При всех нулевых параметрах $b,c,d$ получаем решение автоматически. Давайте рассмотрим случай, когда все параметры положительны. Или параметры $a$ и $d$ не равны нулю. Вообще было бы интересно выделить условия при которых решением является иррациональность.

[TOTAL]

romanz в сообщении #385225 писал(а):

Да, действительно.

Что действительно? В лбщем случае не являются они корнями одного и того же уравнения четвёртой степени.

[romanz]

TOTAL в сообщении #385227 писал(а):

В лбщем случае не являются они корнями одного и того же уравнения четвёртой степени

Я не утверждал, что они являются корнями одного и того же уравнения.
В решении индексы параметров меняются циклически. Но уравнение будет иметь четвертую степень.

[TOTAL]

romanz в сообщении #385231 писал(а):

Но уравнение будет иметь четвертую степень.

Какое уравнение, которому оне не удовлетворяют, про что идёт речь?

[romanz]

Решая систему уравнений

$$\begin{cases}x=q_1+\frac{p_2}{y}+\frac{r_3}{yz},\\y=q_2+\frac{p_3}{z}+\frac{r_1}{zx},\\z=q_3+\frac{p_1}{x}+\frac{r_2}{xy}.\end{cases}$$

мы получим кубическое уравнение.

$$(q_2^2q_3r_3-q_2q_3p_2p_3-q_2p_3r_2+q_2p_3r_3-p_2p_3^2)x^3+$$

$$+(q_1q_2q_3p_2p_3-q_2q_3p_2r_1-q_1q_2^2q_3r_3-q_2q_3p_2r_3+q_3p_2^2p_3+ q_2^2p_1r_3-$$

$$-q_2p_1p_2p_3+2q_1q_2p_3r_2-q_2r_1r_2+q_2r_2r_3+p_2p_3r_2-q_1q_2p_3r_3+q_2r_1r_3-$$

$$-q_2r_3^2+q_1p_2p_3^2+p_2p_3r_3-2p_2p_3r_1)x^2+ (q_1q_2q_3p_2r_1+q_3p_2^2r_1\!-q_2p_1p_2r_1\!-$$

$$-q_1q_2^2p_1r_3+q_1q_2p_1p_2p_3-q_2p_1p_2r_3+p_1p_2^2p_3+2q_1q_2r_1r_2-q_1^2q_2p_3r_2-$$

$$-q_1q_2r_2r_3 -q_1p_2p_3r_2+p_2r_1r_2-p_2r_2r_3-q_1q_2r_1r_3\!+\!2q_1p_2p_3r_1-$$

$$\!-p_2r_1^2\!+p_2r_1r_3)x+q_1q_2p_1p_2r_1\!-q_1^2q_2r_1r_2+p_1p_2^2r_1\!-q_1p_2r_1r_2+ q_1p_2r_1^2\!\!=\!0.$$

Кубические уравнения для переменных $y$ и $z$ можно записать с помощью циклической $(1,2,3)$ замены индексов.

Аналогично, для системы четырех уравнений с четырьма неизвестными можно получить уравнение четвертой степени.

[romanz]

А если доказывать так: Пусть $x^{\ast},y^{\ast},z^{\ast}$ --- решение системы уравнений в некотором числовом поле. Тогда существует единственная пара чисел этого поля для которой выполняются равенства $y^{\ast}=\alpha x^{\ast}, z^{\ast}=\beta x^{\ast}$, следовательно $x^{\ast}$, в общем случае, удовлетворяет кубическому уравнению
$\alpha\beta (x^{\ast})^3=\alpha\beta q_1 (x^{\ast})^2+\beta p_2 x^{\ast}+r_3$