Si $\,\,x+\dfrac{1}{x}=5,\,\,$ encuentra $\,\,x^5+\dfrac{1}{x^5}$.

Question

Si $x>0$y $\,x+\dfrac{1}{x}=5,\,$ encontrar $\,x^5+\dfrac{1}{x^5}$.

¿Es allí otra manera encontrarla? $$ \left(x^2+\frac{1}{x^2}\right)\left(x^3+\frac{1}{x^3}\right) = 23\cdot 110. $$

Gracias

Answer 1

Observar la recurrencia relación %#% $ #%

Esto inmediatamente nos da la repetición específica $$x^{n+1} + x^{-(n+1)} = (x+x^{-1})(x^n+x^{-n}) - (x^{n-1} + x^{-(n-1)}).$$$f_{n+1} = 5f_n - f_{n-1}, \quad f_0 = 2, \quad f_1 = 5,$ f_n = x ^ n + x ^ {-n} $.

Answer 2

\begin{align} x+\frac{1}{x}&=5\\ x^2+1&=5x\\ x^2-5x+1&=0\\ x &=\frac{1}{2} \left( 5 +\sqrt{21}\right)\\ x^5+\frac{1}{x^5}&=\cdots \end{align}

Answer 3

Utilizando la factorización identidad $$a^5+b^5=(a+b)(a^4-a^3b+a^2b^2-ab^3+b^4),$ $ conseguimos\begin{align} x^5+\frac{1}{x^5}&=\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(x^4-x^2+1-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^4}\right) \\ &=\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(\left(x+\frac{1}{x}\right)^4-5x^2-5-5\frac{1}{x^2}\right) \\&=\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(\left(x+\frac{1}{x}\right)^4 -5\left(x+\frac{1}{x}\right)^2+5\right)=5(5^4-5\cdot5^2+5)=2525, \end{align} desde $$ \left(x+\frac{1}{x}\right) ^ 4 = x ^ 4 + 4 x ^ 2 + 6 + \frac {4} {x ^ 2} + \frac {1} {x ^ 4}. $$

Answer 4

Idea clave $\ $ diferencial lineal/diferencia de los operadores de $L,M$ que matar a $f,g,\,$, respectivamente, si tienen constante coeficientes luego viajan $\,LM = ML,\,$, por lo que su producto $\,LM\,$ mata a $f+g,\,$ es decir $\,LM(f\!+\!g) = MLf+LMg = 0\,$ $\,Lf = 0 = Mg,\,$ por ejemplo, con $\, D = \frac{d}{dx}$ la derivada de w.r.t. $\,x$

$\quad (D\!-\!i)e^{ix} = 0 = (D\!+\!i)e^{-ix}\Rightarrow\, (D\!-\!i)(D\!+\!i)(e^{ix}\!+e^{-ix})/2=0,\ $ es decir $\,(D^2\!+1)\cos(x) = 0$

Con esto, podemos descubrir un segundo orden de recurrencia para la alimentación de las sumas $\,f_n = x^n + \color{#c0f}y^n\,$ multiplicando el primer fin de recurrencias para $\,x^n\,$ $\,y^n.\,$ Especializada $\,\color{#c0f}{y = x^{-1}}\,$ produce una recurrencia que permite calcular rápidamente el tratado de valores de los valores iniciales $\, f_0 = 1,\ f_1 = 5.$

Será conveniente expresar las recurrencias en el polinomio operador formulario utilizando el operador de desplazamiento a la $ S $ tal que $\ S g(n) = g(n\!+\!1).\,$ Aviso que $\,g(n) = x^n\,$ satisface $\, S x^n = x^{n+1} = x x^n\,$ por lo tanto $\, \color{#c00}0 = Sx^n - x x^n = \color{#c00}{(S-x)x^n}.\,$ Similar $\,\color{#0a0}{(S-y)y^n = 0}.\,$ $\,S\!-\!x\,$ y $\,S\!-\!y\,$ conmutar debido a que sus coeficientes de $\,x,y\,$ son constantes w.r.t. $\,n\,$ es decir $\,Sxg = x Sg,\,$ $\, Syg = ySg,\,$ por lo tanto

$\qquad (S\!-\!x)(S\!-\!y)(x^n\!+y^n)\, =\, (S\!-\!y)\color{#c00}{(S\!-\!x)x^n} + (S\!-\!x)\color{#0a0}{(S\!-\!y)y^n}\, =\, \color{#c00}0 + \color{#0a0}0\, =\, 0$

Por lo tanto $\ \ 0 = (S\!-\!x)(S\!-\!y) f_n = (S^2\!-(x\!+\!y)S+xy)f_n = \underbrace{f_{n+2}\!-(x\!+\!y)\,f_{n+1}\!+xy\, f_n}_{\large{\rm recurrence\ \ for}\ \ f_n}.$

Answer 5

Sugerencia: Ampliar (fórmula del binomio) $\left(x+\frac{1}{x}\right)^3$ y $\left(x+\frac{1}{x}\right)^5$. (Sin necesidad de poderes incluso).