Prueba $a^2+b^2+c^2=\frac{6}{5}$ si $a+b+c=0$ y $a^3+b^3+c^3=a^5+b^5+c^5$

Question

Si $a,b,c$ es real los números $a\neq0,b\neq0,c\neq0$ y $a+b+c=0$ y $$a^3+b^3+c^3=a^5+b^5+c^5$ $

Demostrar que $a^2+b^2+c^2=\frac{6}{5}$.

Cosas que he hecho: $a+b+c=0$ % que $$a^3+b^3+c^3=a^5+b^5+c^5=3abc$$

también $$a^2+b^2+c^2=-2ab-2bc-2ca$ $

He intentado multiplicar $(a^3+b^3+c^3)$ y $a^2+b^2+c^2$ pero yo no era capaz de llegar a un resultado útil de eso.

Answer 1

Tenga en cuenta que $(a^3+b^3+c^3)-(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)+(ab+bc+ca)(a+b+c)-3abc = 0$.

Utilizando el hecho de que $a+b+c = 0$, esto se reduce a $a^3+b^3+c^3 = 3abc$. Por lo tanto, $a^5+b^5+c^5 = 3abc$.

Ahora, tenga en cuenta que $(a^5+b^5+c^5)-(a+b+c)(a^4+b^4+c^4)+(ab+bc+ca)(a^3+b^3+c^3)-abc(a^2+b^2+c^2) = 0$.

El uso de los hechos de que $a+b+c = 0$$a^5+b^5+c^5 = a^3+b^3+c^3 = 3abc$, esto se reduce a

$(a^2+b^2+c^2)-3(ab+bc+ca) = 3$ [*].

Desde $a+b+c = 0$,$0 = (a+b+c)^2 = (a^2+b^2+c^2)+2(ab+bc+ca)$.

Por lo tanto, $ab+bc+ca = -\frac{1}{2}(a^2+b^2+c^2)$. Sustituyendo esto en [ * ], se obtiene:

$(a^2+b^2+c^2)+\frac{3}{2}(a^2+b^2+c^2) = 3$, es decir,$a^2+b^2+c^2 = \frac{6}{5}$, como se desee.

Nota al margen: Newton Sumas es muy conveniente para estos tipos de problemas.

Answer 2

Hay probablemente más inteligente métodos para este problema, pero aquí es un método que utiliza la teoría general de lo que se llama simétrica polinomios. Utilizamos el método de Newton-Girard identidades con el fin de poder escribir de suma simétrica polinomios en términos de primaria simétrica polinomios. Aquí,

$$p_k:=x_1^k+\cdots+x_n^k \qquad e_k=\sum_{1\le i_1<\cdots<i_k\le n} x_{i_1}\cdots x_{i_k}$$

En particular, con tres variables $a,b,c$ hemos

$$p_1=a+b+c, \quad p_2=a^2+b^2+c^2, \quad p_3=a^3+b^3+c^3, \quad p_5=a^5+b^5+c^5 $$

$$e_1=a+b+c, \quad e_2=ab+bc+ac, \quad e_3=abc.$$

Sabemos que $p_1=e_1$ que en nuestro caso se $=0$,$p_3=p_5$. El uso de las fórmulas para $p_k$ en términos de la otra $e_k$s dado en el enlace, y el establecimiento $e_1=0$, tenemos

$$p_2=-2e_2, \quad p_3=3e_3, \quad p_5=-5e_3e_2.$$

Desde $p_3=p_5\implies 3e_3=-5e_3e_2\implies e_2=-\frac{3}{5}$, se pueden conectar a $p_2=-2e_2$ conseguir $p_2=\frac{6}{5}$.

Answer 3

Usted debe poder conseguir algo por mirar el % de producto $a^3+b^3+c^3$y $a^2+b^2+c^2$. Tenga en cuenta % $ $$a^2b^3+a^3b^2=a^2b^2(a+b)=-(ab)(abc).$

Answer 4

Una manera de ver esto es dejar que $a,b,c$ ser las raíces de $x^3-px^2+qx-r=0$

Ahora$p=a+b+c=0$, por lo que tenemos $x^3+qx-r=0$ $q=ab+bc+ca$ $r=abc$

Si sustituimos $x=a,b,c$ y añadir llegamos $a^3+b^3+c^3+q(a+b+c)-3r=0$, de modo que $a^3+b^3+c^3=3r=a^5+b^5+c^5$

Ahora multiplique por $x^2$ dar $x^5+qx^3-rx^2=0$ - de nuevo suplente $x=a,b,c$ y añadir$$a^5+b^5+c^5+q(a^3+b^3+c^3)-r(a^2+b^2+c^2)=0$$ so that (substituting the value $3r$ for the sums of odd powers) $$a^2+b^2+c^2=3+3q$$

También tenemos $0=(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)=a^2+b^2+c^2+2q$ de la $q=-\frac 35$ $a^2+b^2+c^2=\frac 65$

El punto principal es trabajar desde el cúbicos, lo que ahorra mucho trabajo tener que recordar o reconstruir identidades que involucran polinomios simétricos, y permite el uso temprano de las condiciones dadas. Por lo tanto el funcionamiento vuelto más sencillo.

Answer 5

sea $$T_{n}=a^n+b^n+c^n,T_{1}=0,T_{3}=T_{5},\Longrightarrow -(ab+bc+ac)=\dfrac{T_{2}}{2}$ $ y tenemos $$T_{n+2}=(a+b+c)T_{n+1}-(ab+bc+ac)T_{n}+abcT_{n-1}$de % $ % que $$T_{n+2}=-(ab+bc+ac)T_{n}+abcT_{n-1}$$ $ así %#% de $$T_{4}=-(ab+bc+ac)T_{2}+abcT_{1}=\dfrac{T^2_{2}}{2}$% % $ desde $$T_{5}=-(ab+bc+ac)T_{3}+abc T_{2}=\dfrac{T_{2}T_{3}}{2}+\dfrac{T_{3}T_{2}}{3}$ $ así $$T_{5}=T_{3}$ $