Уравнение особого вида

[hazzo]

Рассмотрим уравнение вида:
$\sum_{i=1}^n(a_i-b_iy_i)x_i=0$, где точно известно
$x_i\ge0, a_i-b_iy_i\ge0, x_i \in R, y_i \in R$.
Предлагаю следующий способ решения таких уравнений:
1) Найти первые производные по всем $x_i$ и приравнять их нулю.
2) Определить все $y_i$ по полученной линейной системе уравнений.
3) Поставить $y_i$ в исходное уравнение и решать линейную систему уравнений первого порядка для определения все $x_i$.

Прав ли я?
А есть ли другие более элегантные варианты решения?

[_Ivana]

Непонятно что в вашем уравнении считается неизвестными.
ЗЫ сумма произведений неотрицательных сомножителей равна нулю только когда каждое произведение равно нулю - значит хотя бы один из сомножителей каждого произведения равен нулю.

[hazzo]

_Ivana в сообщении #617407 писал(а):

Непонятно что в вашем уравнении считается неизвестными.

$x_i , y_i$ и есть неизвестные.

[gris]

Совершенно не обязательно подставлять $y_i$. Достаточно сделать замену $z_i=a_i-b_iy_i$ и снова продифференцировать сумму по всем $z_i$ по очереди и решить $n$ линейных уравнений относительно $x_i$. В результате мы получим два вектора решений отдельно для $X$ и $Z$.
Теперь осталось записать общее решение.
Обращу Ваше внимание, что уравнение отражает ортогональность двух векторов $(a_1-b_1y_1,\; a_2-b_2y_2, \; \cdots \; , a_n-b_ny_n)$ и $(x_1,\; x_2, \; \cdots \; x_n)$ в n-мерном пространстве.

Задача может обобщаться на случай суммы m-кратных произведений неотрицательных неизвестных:

$\sum\limits^n_{i=1}\overbrace { x_iy_iu_i...z_i}^m=0$

В этом случае берутся частные производные $m-1$ порядка по разноимённым одноиндексным переменным и решается $n\times m$ линейных уравнений. Решения комбинируются.

[hazzo]

Спасибо gris.

gris в сообщении #617499 писал(а):

Совершенно не обязательно подставлять $y_i$. Достаточно сделать замену $z_i=a_i-b_iy_i$ и снова продифференцировать сумму по всем $z_i$ по очереди и решить $n$ линейных уравнений относительно $x_i$. В результате мы получим два вектора решений отдельно для $X$ и $Z$.

Тогда без всякой замены можно просто ещё раз продифференцировать сумму по всем $y_i$ по очереди и решить $n$ линейных уравнений относительно $x_i$. Прав я?

А что бы изменилось если бы $y$ не вектор, а скаляр, т.е. если бы имели уравнение вида:
$\sum_{i=1}^n(a_i-b_iy)x_i=0$, где точно известно
$x_i\ge0, a_i-b_iy\ge0, x_i \in R, y \in R$. $y, x_i$ неизвестные?

[gris]

Да, Вы правы, можно сразу по $y_i$ дифференцировать. Меня смутил минус, который при этом появляется, но это не влияет на решение.

Если $y$ скаляр, то вначале надо проверить, может ли вообще выполняться условие неотрицательности скобок. Скажем, уравнение $(3-y)x_1+(-4+y)x_2=0$ при ограничениях задачи не имеет решений, так как ни при одном значении $y$ обе скобки не будут отрицательны одновременно. Но даже если будет существовать интервал подходящих значений $y$, то мы можем лишь использовать его при формировании окончательного решения, но метод дифференцирования в данном случае неприменим. Разве что формально ввести вектор $Y=(y_1, y_2,...,y_n)$ и наложить дополнительное условие, что $y_1=y_2=...=y_n$.

Замечу, однако, что Ваш способ ещё надо ухитриться обосновать теоретически, ибо он действительно приводит к ответу в уравнениях Вашего особого типа, но в других случаях не приводит ни к чему. Например, если снять ограничение на неотрицательность.
Например, для уравнения $2x=4$ можно получить правильный ответ таким способом: $x=4-2=2$. Но это не будет являться решением как обоснованным способом получения ответа. Как и $x=\sqrt{4}=2$.
Мы просто случайно получили правильный ответ. В случае уравнения $3x=6$ наши "способы" приведут к неверным ответам.
Надеюсь, что Вы это прекрасно понимаете и привели Ваш пример только как шутку

[bot]

А зачем вообще дифференцировать?
Сразу упускаем решения типа $a_i-b_iy_i\ne 0, x_i=0$ для некоторых $i$.

_Ivana в сообщении #617407 писал(а):

сумма произведений неотрицательных сомножителей равна нулю только...

То есть иксы и игреки надо выбирать из условия: $(\forall i)(a_i-b_iy_i=0 \vee x_i=0)$

[hazzo]

bot в сообщении #617816 писал(а):

А зачем вообще дифференцировать?
Сразу упускаем решения типа $a_i-b_iy_i\ne 0, x_i=0$ для некоторых $i$.

Ничего не упускаем (см. ниже).

bot в сообщении #617816 писал(а):

_Ivana в сообщении #617407 писал(а):

сумма произведений неотрицательных сомножителей равна нулю только...

То есть иксы и игреки надо выбирать из условия: $(\forall i)(a_i-b_iy_i=0 \vee x_i=0)$

Все правильно, но дифференцирование позволяет нам получить ответы без всякой произвольности (и условности). Сначала по x_i дифференцируем получаем все точки где a_i-b_iy_i=0, а потом дифференцируем по y_i и получаем все точки где x_i=0. Теперь осталось записать общее решение.

[bot]

Ну и каким оно у Вас будет?

[hazzo]

gris в сообщении #617772 писал(а):

Замечу, однако, что Ваш способ ещё надо ухитриться обосновать теоретически, ибо он действительно приводит к ответу в уравнениях Вашего особого типа, но в других случаях не приводит ни к чему. Например, если снять ограничение на неотрицательность.

Во-первых этот способ, основан на градиентном методе. Во-вторых,
Каждый способ применим только в определенных рамках, т.е. при определенных ограничениях.

gris в сообщении #617772 писал(а):

Надеюсь, что Вы это прекрасно понимаете и привели Ваш пример только как шутку

Нет, это не шутка. Вы же сами предложили обобщение этого способа на более общий случай.

[hazzo]

bot в сообщении #617855 писал(а):

Ну и каким оно у Вас будет?

Все возможные комбинации двух полученных векторов.

[gris]

Только при составлении комбинаций нельзя забывать об условии неотрицательности сомножителей.
Интересно, что в данном случае само уравнение представляет собой наиболее простую и понятную форму описания своего решения
Ибо писать ответ в виде $2n$-мерного вектора с условиями и логическими знаками, либо с помощью $3n$ вспомогательных переменных. Ужасно ненаглядно.

[bot]

hazzo в сообщении #618278 писал(а):

Все возможные комбинации двух полученных векторов

Каких двух? Каким образом будете составлять из них комбинации?

[hazzo]

gris в сообщении #618285 писал(а):

Только при составлении комбинаций нельзя забывать об условии неотрицательности сомножителей.
Интересно, что в данном случае само уравнение представляет собой наиболее простую и понятную форму описания своего решения
Ибо писать ответ в виде $2n$-мерного вектора с условиями и логическими знаками, либо с помощью $3n$ вспомогательных переменных. Ужасно ненаглядно.

Да, Вы правы. Но по крайне мере есть выбор.

[hazzo]

bot в сообщении #618322 писал(а):

Каких двух? Каким образом будете составлять из них комбинации?

Векторы:
$x=\{\overbrace {0,0,\cdots,0}^n\}, y=\{\frac{a_1}{b_1},\frac{a_2}{b_2},\cdots,\frac{a_n}{b_n}\}$
если $b_i=0$, то $y_i=\alpha_i,\alpha_i \in R, a_ix_i=0$.
Комбинации: (формируются с учетом условия неотрицательности сомножителей, т.е. $(a_i-b_iy_i)\ge0,x_i\ge0$)
$\alpha_i \in R.
от $x=(0,0,\cdots,0), y=(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n)$
$x=(\alpha_1,0,\cdots,0), y=(\frac{a_1}{b_1},\alpha_2,\cdots,\alpha_n)$
$\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots$
до $x=(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n), y=(\frac{a_1}{b_1},\frac{a_2}{b_2},\cdots,\frac{a_n}{b_n})$
Вот и общее решение:
$\alpha_i \in R, \alpha_i\ne0$.
$x_1\in\{0,\alpha_1\},x_2\in\{0,\alpha_2\},\cdots,x_n\in\{0,\alpha_n\}$
$y=(\alpha_1+(\frac{x_1}{\alpha_1})\cdot(\frac{a_1}{b_1}-\alpha_1),\alpha_2+(\frac{x_1}{\alpha_2})\cdot(\frac{a_1}{b_1}-\alpha_2),\cdots,\alpha_n+(\frac{x_1}{\alpha_n})\cdot(\frac{a_1}{b_1}-\alpha_n))$.
Так мне кажется даже лучше чем обычная запись с логическими знаками и всякими условностями.
gris и bot может быть нам стоить написать статейку по поводу и публиковать . Все-таки как никак неплохой способ для указанного типа уравнений .