Un sistema de ecuaciones no lineales fácil de resolver

Se pide que encontremos los valores que pueden tomar $x$ e $y$, tales que $x\neq y$ que sean solución del siguiente sistema de ecuaciones $$\left\{\begin{matrix}x^2-y=73 & (1)\\y^2-x=73 & (2)\end{matrix}\right.$$

De las dos ecuaciones se sigue que $x^2-y=y^2-x$, entonces:
  $x^2-y-y^2+x=0$
    $(x^2-y^2)+(x-y)=0$
      $(x-y)(x+y)+(x-y)=0$, por la identidad $a^2-a^2=(a-b)(a+b)$
        $(x-y)\left((x+y)+1\right)=0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix} x-y \Rightarrow x=y & \text{(solución que no nos interesa)} \\ x+y+1=0 \Rightarrow x=-(y+1) & (3) \end{matrix} \right.$

Sustituyendo $(3)$ en $(1)$:
  $(-(y+1))^2-y=73$
    $(y+1)^2-y=73$
      $y^2+2\,y+1-y=73$
        $y^2+y-72=0 \Rightarrow y=\dfrac{-1\pm\sqrt{1^2-4\cdot 1\cdot (-72)}}{2\cdot 1}=\dfrac{-1\pm \sqrt{289}}{2}=\dfrac{-1\pm 17}{2}=\left\{\begin{matrix} 8 \Rightarrow x=-(8+1)=-9\\ -9 \Rightarrow x=-(-9+1)=8 \end{matrix}\right.$

La solución viene dada pues por $$(x,y)=\{(8,-9), (-9,8)\}$$ $\diamond$

Otro sistema de ecuaciones no lineales de fácil resolución

Este otro ejercicio, similar al anterior (sistema de ecuaciones no lineales) por sus características, también es fácil de resolver (utilizando la misma técnica empleada); sin embargo, como veremos enseguida, hay más soluciones además de la trivial ($x=y=z=0$): $$\left.\begin{matrix}x+y=xyz \quad (1)\\y+z=xyz \quad (2)\\x+z=xyz \quad (3)\end{matrix}\right\}$$

Restando miembro a miembro la igualdad $(2)$ de la igualdad $(1)$ obtenemos $x-z=0 \Leftrightarrow x=z \quad (4)$ y restando miembro a miembro $(3)$ de $(2)$, $y-x=0 \Leftrightarrow x=y \quad (5) \overset{(4,5)}{\Rightarrow} x=y=z \quad (6) $. Entoces, teniendo en cuenta $(6)$, la ecuación $(1)$ se escribe ahora como $x+x=xxx$, esto es $$2x=x^3 \Leftrightarrow x^3-2x=0 \Leftrightarrow x(x^2-2)=0 \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=0\\ x^2-2=0 \Leftrightarrow x^2=2 \Leftrightarrow \left\{ \begin{matrix}x=\sqrt{2}\\x=-\sqrt{2}\end{matrix}\right. \end{matrix}\right.$$

Encontramos pues tres soluciones: $\{x_1=y_1=z_1=0\,,\, x_2=y_2=z_2=\sqrt{2}\,,\, x_3=y_3=z_3=-\sqrt{2}\}$, que podemos comprobar fácilmente sustituyendo en las ecuaciones originales. $\diamond$

Un ejercicio de aplicación del teorema de Pitágoras, con un poco de álgebra

Resolución de sistemas de ecuaciones no lineales sencillos

ENUNCIADO. Resolver el siguiente sistema de ecuaciones no lineales:
$$\left\{\begin{matrix}x^2&+&y^2&=&10 \\ x^2&-&y^2&=&2\end{matrix}\right.$$

SOLUCIÓN.
Para obtener los valores de la primera incógnita podemos hacer lo siguiente:
$\left\{\begin{matrix}x^2&+&y^2&=&10 \\ x^2&-&y^2&=&2\end{matrix}\right. \overset{e_1+e_2\,\rightarrow e_2}{\sim} \left\{\begin{matrix}x^2&+&y^2&=&10 \\ 2\,x^2&&&=&12\end{matrix}\right.\overset{\frac{1}{2}\,e_2\,\rightarrow e_2}{\sim}$
$$\sim \left\{\begin{matrix}x^2&+&y^2&=&10 \\ x^2&&&=&6\end{matrix}\right.$$ De la segunda ecuación, se obtiene fácilmente $$x=\pm \sqrt{6}$$
Para obtener los valores de la otra incógnita, procedemos de manera parecida:
$\left\{\begin{matrix}x^2&+&y^2&=&10 \\ x^2&-&y^2&=&2\end{matrix}\right. \overset{e_1-e_2\,\rightarrow e_2}{\sim} \left\{\begin{matrix}x^2&+&y^2&=&10 \\ &&2\,y^2&=&8\end{matrix}\right.\overset{\frac{1}{2}\,e_2\,\rightarrow e_2}{\sim}$
$$\sim \left\{\begin{matrix}x^2&+&y^2&=&10 \\ &&y^2&=&4\end{matrix}\right.$$ y de la segunda ecuación se llega a $$y=\sqrt{4}=\pm\,2$$

La solución viene dada por cuatro pares de valores "(x,y)", que representan puntos en el plano ya que cada una de las ecuaciones del sistema corresponde a una curva en el plano, que como se verá más adelante, en el caso que nos ocupa, se refieren a una circunferencia y una hipérbola, respectivamente (1); por consiguiente la solución del sistema se interpreta como el conjunto de puntos de intersección de esas curvas, y son los siguientes: $$(\sqrt{6}\,,\,2)$$ $$(-\sqrt{6}\,,\,2)$$ $$(\sqrt{6}\,,\,-2)$$ $$(-\sqrt{6}\,,\,-2)$$

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Nota 1
Estas gráficas, que corresponden a curvas cónicas, se estudian en 1.º de Bachillerato, pero os recomiendo que utilicéis el programa GeoGebra para visualizar las curvas mencionadas, para lo cual basta con editar la ecuación de las mismas en la línea de entrada; así podréis visualizar también los puntos que hemos obtenido como puntos de intersección de las dos curvas y que forman la solución del sistema de ecuaciones.

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Resolviendo sistemas de ecuaciones no lineales

ENUNCIADO. Resolver el sistema de ecuaciones $$\left\{\begin{matrix}2\,x & + & y & = & 13 \\ \\ x^2 & - & y^2 & = & 16\end{matrix}\right.$$

SOLUCIÓN. El sistema es no lineal pues la segunda ecuación no es lineal. Para resolverlo, despejamos $y$ de la primera ecuación $$y=13-2\,x$$ y sustituyendo su expresión en la segunda $$x^2-(13-2\,x)^2=16$$ ecuación de segundo grado que, tras desarrollar el binomio al cuadrado y sumar los términos semejantes, nos queda $$3\,x^2-52\,x+185=0$$ de donde $$x=\dfrac{-(-52)\pm \sqrt{(-52)^2-4\cdot 3\cdot 185}}{2\cdot 3}=\dfrac{52\pm 22}{6}=\left\{\begin{matrix}5 \\ \\ 37/3\end{matrix}\right.$$ Entonces:
    Si $x=5$, tenemos que $y=13-2\cdot 5=3$
    Si $x=\dfrac{37}{3}$, entonces $y=13-2\cdot \dfrac{37}{3}=-\dfrac{35}{3}$

Resumiendo: La solución viene dada por los dos puntos ( del plano ) cuyas coordenadas son $(5,3)$ y $(37/3,-35/3)$. Estos dos puntos son los de intersección entre las curvas dadas por sendas ecuaciones.

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Resolver el siguiente sistema

ENUNCIADO. Resolver el sistema de ecuaciones:
$$\left\{\begin{matrix}
x -y=1 \\
xy=1
\end{matrix}\right. $$

ENUNCIADO. Despejando $y$ de la segunda ecuación, $y=1/x$. Sustituyendo, ahora, la expresión ( en $x$ ) de $y$ en la primera ecuación $$x-\dfrac{1}{x}=1$$ multiplicando por $x$ en ambos miembros $$x^2-x=x$$ esto es $$x^2-x-1=0$$ luego $$x=\dfrac{-(-1)\pm \sqrt{(-1)^2-4\cdot(-1)\cdot 1}}{2\cdot 1}=\dfrac{1\pm \sqrt{5}}{2}=\left\{\begin{matrix}
\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}
\\
\text{ó}
\\
\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}
\end{matrix}\right.$$

Por tanto:
Si $x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$, $y=x-1=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}-1=\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2}$

Si $x=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$, $y=x-1=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}-1=-\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$

En conclusión, la solución del sistema viene dada por los siguientes pares de valores ($x$,$y$):
$\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\,,\,\dfrac{-1+\sqrt{5}}{2} \right)$ y $\left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\,,\,-\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} \right)$

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