¿Si sabemos que $x+y+z=1$, $x^2+y^2+z^2=2$ y $x^3+y^3+z^3=3$, cómo encontrar $x^4+y^4+z^4$?

Question

Que $x$, $y$, y $z$ ser tal que $$ \begin{align} x+y+z&=1\ x^2+y^2+z^2&=2 \ x^3+y^3+z^3&=3 \end{align} $$ entonces $x^4+y^4+z^4=?$

Answer 1

Sugerencia:

que $a{n}=x^n+y^n+z^n$ entonces tenemos $$a{n+2}=(x+y+z)a{n+1}-(xy+yz+xz)a{n}+xyza{n-1}$ $ es fácil encontrar %#% $ #% % $ $$xy+yz+xz=\dfrac{1}{2}[(x+y+z)^2-(x^2+y^2+z^2)]=-\dfrac{1}{2}$entonces tenemos $$x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)^3-3(xy+yz+xz)(x+y+z)$ $ % que $$xyz=\dfrac{1}{6}$$ así $$a{n+2}=a{n+1}+\dfrac{1}{2}a{n}+\dfrac{1}{6}a_{n-1}$ $

Answer 2

$x^4+y^4+z^4=\left(x^2+y^2+z^2\right)^2-2\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right)\tag{1}$

$\left(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2\right) =(xy+yz+zx)^2-2xyz(x+y+z)\tag{2}$

Ahora tenga en cuenta que

$$\color{red}{\boxed{(xy+yz+zx)=\dfrac{1}{2}\left((x+y+z)^2-\left(x^2+y^2+z^2\right)\right)}}$$

de que usted obtenga el valor de $xy+yz+zx$. También, tenga en cuenta que,

$$\color{blue}{\boxed{x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)\left(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\right)}}$$

de que usted obtenga el valor de $xyz$.

¿Lo puede tomar desde aquí?

Answer 3

Podemos utilizar %#% $ #%

$$(x+y+z)^2=2\sum xy+(x^2+y^2+z^2)\ \ \ \ (1)$$

$$\sum x^3-3xyz=(x+y+z)(\sum x^2-\sum yz)$$

encontrar $$\iff\sum x^3-3xyz=(x+y+z){(x+y+z)^2-3\sum xy}\ \ \ \ (2)$(say)$xyz=c$(say)

Entonces $,\sum xy=b$ son las raíces de $x,y,z$

$t^3-(1)t^2+bt-c=0$

$\implies t^4=t^3-bt^2+ct$

Answer 4

Una clave para este tipo de pregunta es una formada por Newton identidades, que se refieren a la potencia de las sumas $p_k=\sum_{i=1}^nx^i$ para diferentes valores de $k$ a de la escuela primaria simétrica polinomios $e_k$; se puede definir $e_k$ como el coeficiente de $X^k$ en la expansión de $\prod_{i=1}^n(1+x_iX)$. Las relaciones son más fácilmente declaró de forma recursiva como $$ ke_k=\sum_{i=1}^k(-1)^{i-1}p_ie_{k-i} $$ (tenga en cuenta que el término final involucra $e_0=1$). Esto hace que la conversión entre valores de $p_1,p_2,\ldots,p_k$ y los valores de $e_1,e_2,\ldots,e_k$ fácil.

El problema en realidad le da $p_k=k$$k=1,2,3$, y pide a $p_4$, que normalmente Newton identidades no pueden hacer. Sin embargo, el hecho adicional de que hace esto posible es que uno ha $n=3$ aquí: con sólo tres valores de $x_i$, sabemos que $e_k=0$ todos los $k>3$, en particular por $k=4$.

Así que primero solucionar $e_1,e_2,e_3$ a partir de $$ \begin{align} e_1&=p_1e_0=1 \\ 2e_2&=p_1e_1-p_2e_0=e_1-2 \\ 3e_3&=p_1e_2-p_2e_1+p_3e_0=e_2+2e_1+3 \end{align} $$ dando a $(e_1,e_2,e_3)=(1,-\frac12,\frac16)$, y, a continuación, utilizar $e_4=0$ en la inversión de la identidad $$ p_4=e_1p_3-e_2p_2+e_3p_4-4e_4=1\times3+\frac12\times2+\frac16\times1-0=\frac{25}6. $$