Школьная система уравнений

[nnosipov]

Хочется покороче решить систему уравнений

$$x+\frac{1}{x}=3y+1, \quad y+\frac{1}{y}=3z+1, \quad z+\frac{1}{z}=3x+1$$

в вещественных числах. Она имеет только два решения: $x=y=z=-1$ и $x=y=z=1/2$. То, что в области отрицательных чисел первое решение единственно, обосновать довольно легко (из-за того, что $x=-1$ является точкой локального экстремума функции $x+1/x$). А вот аналогичное утверждение относительно второго решения легко доказать не удается. Пробовалась следующая идея: составить из данных уравнений какое-нибудь симметричное уравнение, перейти в нем к элементарным симметрическим функциям и затем воспользоваться известными неравенствами между ними. Но самое большее мое достижение здесь --- это неравенство $x+y+z \geqslant 3/2$. Но этого мало для того, чтобы прийти к $x=y=z=1/2$. Возможно, мне просто не везет и я составляю не те симметричные уравнения. А может, есть какой-то принципиально иной подход, где симметрия ни при чем (да и неравенства тоже). Короче, есть ли способ малой кровью решить эту систему в положительных числах?

[zykov]

Если рассмотреть функцию $f(x)=\frac{x+1/x-1}{3}$, т.е. среднее арифметическое для $x$, $1/x$ и $-1$, то надо решить уравнение $f(f(f(x)))=x$.
Уравнение $f(x)=x$ идеет ровно два корня ($-1$ и $1/2$) и это тоже будут корни исходного.

Рассмотрим последовательность $x_n$, такую что $x_1$ - некоторое число более 0 и $x_{n+1}=f(x_n)$.
Если доказать, что для любого такого $x_1$ последовательность сходится к $1/2$, то из этого будет следовать что для положительных $x$ неравных $1/2$ должно быть $f(f(f(x))) \neq x$.
Т.к. иначе был бы бесконечный цикл и последовательность не сошлась бы.

Насчёт сходимости можно посмотреть Fixed-point iteration про Lipschitz continuity.
(Или самостоятельно по кускам рассмотреть $f(x)$. Для малых даст большой результат, для больших даст сжатие в 3 раза, около $1/2$ можно в ряд разложить и получить сходимость как квадратный корень от количества итераций.)

[nnosipov]

zykov в сообщении #1542067 писал(а):

Рассмотрим последовательность $x_n$, такую что $x_1$ - некоторое число более 0 и $x_{n+1}=f(x_n)$.
Если доказать, что для любого такого $x_1$ последовательность сходится к $1/2$, то из этого будет следовать что для положительных $x$ неравных $1/2$ должно быть $f(f(f(x))) \neq x$.

Это, во всяком случае, я не пробовал. Надо будет обдумать.

[B@R5uk]

Условие на дискриминант квадратного уравнения требует, например, чтобы в первом уравнении выполнялось $(3y+1)^2\ge 4$.

[nnosipov]

Это дает всего лишь $y \geqslant 1/3$.

[B@R5uk]

Сходимость и пределы — это вузовская программа. Лучше посмотреть как функция $f(x)=\frac{x+1/x-1}{3}$ отображает числовую прямую на себя и куда сдвигаются точки на полупрямых $(-\infty,\,-1)$ и $(1/3,\,+\infty)$. Тогда в решении можно пределы не упоминать. Наверное.

[zykov]

Пределы - для интуиции.
В решении можно обойтись неравенствами по кускам.

-- 08.12.2021, 15:36 --

В интервале $[\frac13, 1]$ лучше не $f(x)$ брать, а $f(f(x))$, там будет сжатие которое можно неравенствами описать.
А если было вне этого интервала, то можно показать, что за конечное количество итераций попадёт в этот интервал.

-- 08.12.2021, 16:02 --

Как-то так например. Обозначим $g(x)=f(f(f(x)))$.
Если $x \in (0, \frac13)$, то $g(x) \geq \frac13$.
Если $x \in [\frac13, \frac12)$, то $g(x) \in (\frac12, 1]$.
Если $x \in (\frac12, 1]$, то $g(x) \in [\frac13, \frac12)$.
Если $x > 1$, то $g(x) < x$.

[nnosipov]

zykov
Спасибо, буду проверять.

[lel0lel]

nnosipov в сообщении #1542040 писал(а):

Пробовалась следующая идея: составить из данных уравнений какое-нибудь симметричное уравнение, перейти в нем к элементарным симметрическим функциям

Стоит попробовать составить три независимых уравнения и решить получившуюся систему относительно симметричных функций.

[nnosipov]

lel0lel
Это я с самого начала сделал. Выходит не так громоздко, как если бы мы просто исключали неизвестные из первоначальной системы уравнений. В итоге относительно неизвестного $s_1=x+y+z$ получается уравнение 4-й степени, имеющее два рациональных корня. Но мне думалось, что есть метод попроще.

[lel0lel]

Можно использовать теорему Безу о числе решений. Только надо найти кратности уже найденных решений, если они больше единицы, тогда можно заключить, что другие решения не могут иметь все координаты различные, иначе решений будет перебор.

[nnosipov]

lel0lel в сообщении #1542099 писал(а):

если они больше единицы

Нет, там все однократное.

[zykov]

Для начала, легко показать, что $f(x)$ монотонно убывает при $0<x\leq 1$ и монотонно возрастает при $x\geq 1$, достигая минимума $f(1)=\frac13$.

zykov в сообщении #1542073 писал(а):

Как-то так например. Обозначим $g(x)=f(f(f(x)))$.
Если $x \in (0, \frac13)$, то $g(x) \geq \frac13$.

Тривиально следует из того что $f(x) \geq \frac13$.

zykov в сообщении #1542073 писал(а):

Если $x \in [\frac13, \frac12)$, то $g(x) \in (\frac12, 1]$.
Если $x \in (\frac12, 1]$, то $g(x) \in [\frac13, \frac12)$.

Эти два следуют из монотонности $f$ при $0<x \leq 1$ и того что $f(\frac13)=\frac79$, $f(\frac12)=\frac12$. Т.е. одно применение $f$ перебрасывает точку слева направо и справа налево. Значит для $g$ состоящих из нечётного количества $f$ (3, 5, 7 и т.д.) эта $g$ будет так же перебрасывать точки.
Для чётного количества $f$ будет посложнее. Там $g$ оставляет точку с той же стороны, так что аккуратно нужно составить неравенство показывающее сжатие.

zykov в сообщении #1542073 писал(а):

Если $x > 1$, то $g(x) < x$.

Это следует из двух фактов. Если $x>1$, то $\frac13 < f(x) < x$ и если $\frac13 \leq x \leq 1$, то $\frac13 \leq f(x) < 1$.
Как и самое первое, это верно для любого количества $f$ в $g$.

[mihiv]

$x,y,z\geq \frac 13$, кроме того,сложив три уравнения, получим :

$$\frac 1x+\frac 1y+\frac 1z=2(x+y+z)+3\eqno (1)$$

Все три числа должны быть различны, т.к. предположив, что два из них равны, получим, что все три равны $\frac 12$.
Пусть одно из чисел, например ,$x$ больше 1. Тогда из 3-его уравнения:$z+\frac 1z>4$ или $z>2+\sqrt 3>1$, Теперь из 2-ого уравнения следует:$y+\frac 1y>3(2+\sqrt 3)+1$, отсюда и $y>1$. То есть $x,y,z>1$. Но это невозможно, т.к. в этом случае левая часть (1) меньше правой.
Рассмотрим возможность $0<x,y,z\leq 1$. Перепишем систему уравнений в виде:

$$x=f(z), y=f(x), z=f(y),f(t)=\dfrac {t+\frac 1t-1}3\eqno (2)$$

Функция $f(t)$ убывает на $(0,1]$.
Пусть $x$ большее из трех чисел, тогда из уравнения $x=f(z)$ системы (2) и убывания $f(t)$ следует, что $z$-меньшее из трех чисел. Но тогда должно быть и $z=f(x)$, что противоречит уравнению $y=f(x)$ системы (2)(т.к. $y\ne z$).

[zykov]

mihiv в сообщении #1542280 писал(а):

Тогда из 3-его уравнения:$z+\frac 1z>4$ или $z>2+\sqrt 3>1$,

или $z<2-\sqrt 3<1$