Encontrar $\frac {a}{b} + \frac {b}{c} + \frac {c}{a}$ donde $a, b, c$ son las raíces de una ecuación cúbica, sin resolver la ecuación cúbica se

Question

Supongamos que tenemos una ecuación de tercer grado como sigue:

$$ x ^ 3-3 x + 1 = 0 $

Que $a, b, c$ ser las raíces de la ecuación anterior, que tiene $a < b < c$. ¿Cómo podemos encontrar la respuesta de la siguiente expresión, sin resolver la ecuación original?

$$\frac {a} {b} + \frac {b} {c} + \frac {c} {a}$$

Answer 1

Tenemos $$\frac {a}{b} + \frac {b}{c} + \frac {c}{a} = \frac{a^2c+b^2a+c^2b}{abc}$$ Desde que la Vieta de las relaciones sabemos $$a+b+c =0,\quad ab+bc+ca =-3,\quad abc =-1,$$ nuestro objetivo es calcular $$s = a^2c+b^2a+c^2b.$$ Vamos a introducir $$p = ca^2+ab^2+cb^2.$$ De lo que tenemos $$0 = (ab+bc+ac)(a+b+c) = p+s+3abc$$ y $p+s = 3$.

Ahora vamos a multiplicar $$s\cdot p = a^3b^3 + a^3c^3 +b^3c^3 + 3(abc)^2+ abc(a^3+b^3+c^3)$$ Desde $a,b,c$ son las raíces del polinomio de la última ecuación puede escribirse como $$sp = (3a-1)(3b-1)+(3a-1)(3c-1)+(3b-1)(3c-1) + 3(abc)^2 + abc(3(a+b+c)-3)=$$ $$=9(ab+ac+bc)-6(a+b+c)+3 + 3(abc)^2 + abc(3(a+b+c)-3) =-27+3+3+3=-18.$$

Por eso,$s+p=3$$sp=-18$. A partir de aquí se puede deducir que $s= 6$. (ver @mathlove respuesta)

Answer 2

Fórmulas de Vieta, tenemos $$a+b+c=-\frac{0}{1}=0\tag1$ $$$ ab+bc+ca=\frac{-3}{1}=-3\tag2 $$abc=-\frac{1}{1}=-1\tag3 $(1)(2)(3)$, %#% $ #%

Listo $$P=a^2b+ab^2+b^2c+bc^2+c^2a+ca^2=(a+b+c)(ab+bc+ca)-3abc=3\tag4$ $, tenemos $ de$$ Q=\frac ab+\frac bc+\frac ca,\ \ \ R=\frac ba+\frac cb+\frac ac.$y$$Q+R=\frac ab+\frac bc+\frac ca+\frac ba+\frac cb+\frac ac=\frac{P}{abc}=-3\tag5$ $

También, puesto que es fácil ver $$\begin{align}QR&=\left(\frac ab+\frac bc+\frac ca\right)\left(\frac ba+\frac cb+\frac ac\right)\\&=3+\frac{bc}{a^2}+\frac{ca}{b^2}+\frac{ab}{c^2}+\frac{c^2}{ab}+\frac{a^2}{bc}+\frac{b^2}{ca}\\&=3-\frac{1}{a^3}-\frac{1}{b^3}-\frac{1}{c^3}+\frac{a^3+b^3+c^3}{abc}\\&=3-\frac{1}{3a-1}-\frac{1}{3b-1}-\frac{1}{3c-1}+\frac{3abc+(a+b+c)((a+b+c)^2-3(ab+bc+ca))}{abc}\\&\small=3+\frac{-9(ab+bc+ca)+6(a+b+c)-3}{27abc-9(ab+bc+ca)+3(a+b+c)-1}+\frac{3abc+(a+b+c)((a+b+c)^2-3(ab+bc+ca))}{abc}\\&=-18\tag6\end{align}$ $ tenemos$$ a\lt 0\lt b\lt c,

Así que, como resultado, desde $$\frac ab\lt 0,\frac bc\lt 1,\frac ca\lt 0\Rightarrow Q\lt 1\tag 7$tenemos$(5)(6)(7)

Answer 3

Si se multiplica la expresión $(x-a)(x-b)(x-c)$ y comparar los coeficientes de la expresión después de recibir un denominador común, todo se aclarará

Answer 4

Como he sugerido en el comentario de ayer,

deje $x=2m\cos y\implies(2m\cos y)^3-(2m\cos y)+1=0\ \ \ \ (1)$

Como $\cos3y=4\cos^3y-3\cos y,$

$2m^3(\cos3y+3\cos y)-(2m\cos y)+1=0$

$\iff2m^3\cos3y+2m\cos y(m^2-1)+1=0\ \ \ \ (2)$

WLOG elija $m^2-1=0\iff m=\pm1$

Deje $m=1$

$(1)$ reduce a $8\cos^3y-6\cos y+1=0 \ \ \ \ (3)$

y $(2)\implies\cos3y=-\dfrac12\implies3y=360^\circ n\pm120^\circ$ donde $n$ es cualquier entero

$\implies y=120^\circ n+40^\circ$ donde $n\equiv-1,0,1\pmod3$

Así, las raíces de $(3)$

$\cos(-80^\circ)=\cos80^\circ$ $\cos40^\circ,\cos160^\circ=\cos(180^\circ-20^\circ)=-\cos20^\circ<0$

Claramente, $\cos40^\circ>\cos80^\circ>0>-\cos20^\circ$

$\implies c=2\cos40^\circ, b=2\cos80^\circ, a=2\cos160^\circ$

$\implies\dfrac ab=\dfrac{2\cos160^\circ}{2\cos80^\circ}=\dfrac{2\cos^280^\circ-1}{\cos80^\circ}=2\cos80^\circ-\dfrac1{\cos80^\circ}$

$\implies\sum_{\text{cyc}}\dfrac ab=2\sum_{\text{cyc}}\cos80^\circ-\sum_{\text{cyc}}\dfrac1{\cos80^\circ}$

El uso de Vieta de la fórmula en $(3),\sum_{\text{cyc}}\cos80^\circ=0,$

$\cos40^\circ\cos80^\circ+\cos40^\circ\cos160^\circ+\cos80^\circ\cos160^\circ=\dfrac{-6}8$

y $\cos40^\circ\cos80^\circ\cos160^\circ=-\dfrac18$

y $\sum_{\text{cyc}}\dfrac1{\cos80^\circ}=\dfrac{\cos40^\circ\cos80^\circ+\cos40^\circ\cos160^\circ+\cos80^\circ\cos160^\circ}{\cos40^\circ\cos80^\circ\cos160^\circ}=\cdots=6$

No se intenta con $m=-1?$

Answer 5

Sabemos que cada simétrica de la función de las raíces $a,b,c$ puede ser evaluado en términos de la primaria simétrica funciones: $$e_1=a+b+c=0,\quad e_2=ab+ac+bc=-3,\quad e_3=abc=-1$$ o el poder de sumas: $$p_1=e_1=0,\quad p_2=a^2+b^2+c^2 = 6,\quad p_3=a^3+b^3+c^3=3e_1-3=-3.$$ Ahora: $$g(a,b,c)=\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}=-(a^2 c+b^2 a+c^2 b)$$ no es una función simétrica de $a,b,c$, y tampoco lo es: $$h(a,b,c)=\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}=-(a^2 b+b^2 c+c^2 a),$$ pero tanto $g+h$ $g\cdot h$ . Por tanto, la estrategia es sólo para encontrar las $g+h$ $g\cdot h$ en términos de $e_1,e_2,e_3$, luego de resolver una ecuación cuadrática para encontrar $\{g,h\}$ y reconocen $g$ a partir de la restricción $a<b<c$.

Tenemos: $$\begin{eqnarray*} g+h &=& -(a^2(b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b))\\ &=& (a^3+b^3+c^3)-(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)\\&=&p_3-p_2 p_1=-3,\end{eqnarray*}$$

$$\begin{eqnarray*} g\cdot h &=& e_3 p_3 + 3a^2b^2c^2 + e_3^3\left(\frac{1}{a^3}+\frac{1}{b^3}+\frac{1}{c^3}\right)\\&=&6-\left(\frac{3}{a^2}+\frac{3}{b^2}+\frac{3}{c^2}-3\right)\\&=&9-3\left(\frac{e_2^2}{e_3^2}-2\frac{e_1}{e_3}\right)=-18,\end{eqnarray*}$$ por lo tanto $g,h$ son las raíces de $z^2+3z-18$, e $\{g,h\}=\{-6,3\}$. Desde $e_3<0$,$a<0<b<c$, de los cuales: $$-g = a^2 c+b^2 a+ c^2 b = (b+c)^2 c-b^2(b+c)+c^2 b = c^3-b^3+3bc^2 > 0$$ y $\color{red}{g=-6}$ sigue.