La forma más rápida de encontrar$a^5+b^5+c^5$ dado que$a+b+c=1$,$a^2+b^2+c^2=2$ y$a^3+b^3+c^3=3$

Question

$$\text{Si}\ \de los casos{a+b+c=1 \\ a^2+b^2+c^2=2 \\a^3+b^3+c^3=3} \text{entonces}\ a^5+b^5+c^5= \ ?$$

Un usuarios de youtube resuelto este problema recientemente y, aunque ha pasado algún tiempo de explicar, llevamos mas de 40 minutos para resolverlo.

Como el video, el mejor que puedo hacer con esto se basa en la expansión de las fórmulas y de sustitución. Como trivial del problema, los numerosos trinomios y binomios con una mezcla de términos hace que sea muy, muy tedioso.

¿Cuál es la manera más rápida/más breve aproximación a este problema (lo que significa que no necesita ser resuelto de manera algebraica)? Usted no tiene que escribir la totalidad de la solución, creo que si me dan un buen toque entonces puedo tomar desde allí.

Answer 1

Vamos a empezar con lo básico simétrica expresiones: $ab+bc+ca$ e $abc$. Puede referirse a giannispapav la respuesta para más detalles, lo que demuestra que $$ab+bc+ca = -1/2, abc = 1/6.$$

Con que, de las fórmulas de Vieta implica que $a,b,c$satisfacer: $$ x^3 -x^2 - x/2 -1/6=0,\tag{1}$$ O $$x^3 = x^2 + x/2 + 1/6.$$

Eso significa que, para $x$ es igual a $a,b,c$, $$x^4 = x^3 + x^2/2 + x/6,$$ y $$x^5 = x^4 + x^3/2 + x^2/6.$$ La adición de las dos ecuaciones anteriores, tenemos $$x^5 = \frac32x^3 + \frac23x^2 + \frac16x.$$ Ahora reemplace $x$ como $a,b,c$ y agregar todos ellos, hemos $$a^5+b^5+c^5 = \frac32(a^3+b^3+c^3) + \frac23(a^2+b^2+c^2) + \frac16(a+b+c).$$

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Nota: si usted siente que $$a^3+b^3+c^3 - 3abc = (a+b+c)(a^2+b^2+c^2 - ab - bc - ca)$$ es demasiado complicado para comprobar, a continuación, de las fórmulas de Vieta es el camino a seguir. Es decir, reemplazar $a,b, c$ en la Ecuación de $1$ y sumarlos, donde $1/6$ es, de hecho, $abc$ como en la Vieta de la fórmula.

Answer 2

Usando las identidades de Newton

$$ \begin{aligned} e_{1}&=p_{1}\\ 2e_{2}&=e_{1}p_{1}-p_{2}\\ 3e_{3}&=e_{2}p_{1}-e_{1}p_{2}+p_{3}\\ 4e_{4}&=e_{3}p_{1}-e_{2}p_{2}+e_{1}p_{3}-p_{4}\\ 5e_{5}&=e_{4}p_{1}-e_{3}p_{2}+e_{2}p_{3}-e_{1}p_{4}+p_{5}\\ \end {alineado} $$ con $p_1=1,p_2=2,p_3=3,e_4=0, e_5=0$ , obtenemos $p_5 = 6$ .

Answer 3

Esta respuesta es casi el mismo espíritu que @Quang Hoang, pero espero que esta respuesta va a añadir algo. Deja $$ P(z) = (z-a)(z-b)(z-c)=z^3-\sigma_1 z^2+\sigma_2 z-\sigma_3 $$ where $\sigma_1=a+b+c$, $\sigma_2=ab+bc+ca$ and $\sigma_3=abc$ by Vieta's formula. Note that for $z\in \{a,b,c\}$, $$ z^{n+3} =\sigma_1 z^{n+2}-\sigma_2 z^{n+1}+\sigma_3 z^n, $$ hence by summing over $z\in \{a,b,c\}$, obtenemos la relación de recurrencia $$ s_{n+3}= \sigma_1 s_{n+2}-\sigma_2 s_{n+1}+\sigma_3 s_n $$ for $s_n = a^n+b^n+c^n$. Given the data, it can be easily noted that $$\sigma_1=1 ,\quad \sigma_2 =\frac 12 \left((a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)\right)=-\frac 12.$$ And by plugging $n=0$, obtenemos $$ 3=1\cdot 2+\frac 12\cdot 1 +\sigma_3 s_0=2.5 + \sigma_3s_0, $$ so $\sigma_3=abc\ne 0$ and $s_0=a^0+b^0+c^0=3$. This gives $\sigma_3=\frac 1 6$, lo que implica que $$ s_{n+3}=s_{n+2}+\frac 12 s_{n+1}+\frac 1 6 s_{n},\quad \forall n\ge 0. $$ Now $s_4 =\frac {25}{6}$ and $s_5=6$ follows from the initial data $(s_3,s_2,s_1)=(3,2,1)$.
Nota : la teoría de La homogénea lineal de ecuaciones de diferencia que hay detrás de ella.

Answer 4

Puedes usar

$a^4+b^4+c^4=(a^2+b^2+c^2)^2-2(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)$ ,

$(ab+ac+bc)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+ac+bc)$ ,

$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)$ ,

$(a+b+c)^5-a^5-b^5-c^5=(a+b)(a+c)(b+c)(a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc)$

Answer 5

Divertido vídeo!

Se dedicó mucho tiempo en la búsqueda de $abc=1/6$.

Método alternativo para esto: $$\begin{align}a^2+b^2&=2-c^2 \Rightarrow \\ (a+b)^2-2ab&=2-c^2 \Rightarrow \\ (1-c)^2-2ab&=2-c^2 \Rightarrow \\ ab&=c^2-c-\frac12 \Rightarrow \\ abc&=c^3-c^2-\frac c2 \end{align}$$ De forma similar: $$abc=a^3-a^2-\frac a2\\ abc=b^3-b^2-\frac b2$$ Ahora que la adición de ellos: $$3abc=(a^3+b^3+c^3)-(a^2+b^2+c^2)-\frac12(a+b+c)=3-2-\frac12 \Rightarrow abc=\frac16.$$ De hecho, usted puede encontrar otros términos así: $$ab+bc+ca=(a^2+b^2+c^2)-(a+b+c)-\frac32=2-1-\frac32=-\frac12;\\ a^2b^2+b^2 c^2+c^2a^2=ab(c^2-c-\frac12)+bc(a^2-a-\frac12)+ca(b^2-b-\frac12)=\\ abc(a+b+c)-3abc-\frac12(ab+bc+ca)=\\ \frac16-\frac12+\frac14=-\frac1{12}$$ Por lo tanto: $$a^5+b^5+c^5=(a^2+b^2+c^2)(a^3+b^3+c^3)-(a^2b^2+b^2 c^2+c^2a^2)+abc(ab+bc+ca)=\\ 2\cdot 3-(-\frac1{12})+\frac16\cdot (-\frac12)=6.$$