Hallazgo $a^5 + b^5 + c^5$

Question

Supongamos que tenemos los números de $a,b,c$ que satisfacen las ecuaciones $$a+b+c=3,$$ $$a^2+b^2+c^2=5,$$ $$a^3+b^3+c^3=7.$$

¿Cómo puedo encontrar a $a^5 + b^5 + c^5$?

Supuse que estamos trabajando en $\Bbb{C}[a,b,c]$. He encontrado una reducción de la base de Gröbner $G$:

$$G = \langle a+b+c-3,b^2+bc+c^2-3b-3c+2,c^3-3c^2+2c+\frac{2}{3} \rangle$$

He resuelto la última ecuación para $c$ y consiguió 3 valores complejos. Cuando me conecte en la 2ª ecuación de $(b^2+bc+c^2-3b-3c+2)$ tengo un montón de raíces para $b$, y es laborioso para conectar todos estos valores.

Hay un acceso directo o truco para hacer esto? La sugerencia en el libro dice que el uso de los restos. He calculado que el resto de $f = a^5 + b^5 + c^5$ de reducción por $G$: $$\overline{f}^G = \frac{29}{3}$$

¿Cómo puede este resto ser de utilidad para mí?

Gracias. (Nota: estoy usando Macaualay2)

Answer 1

Usted tiene que utilizar Identidades de Newton. Ver https://en.wikipedia.org/wiki/Newton%27s_identities

En general, si usted tiene $n$ variables $x_1\ldots.x_n$, definir los polinomios $$p_k(x_1,\ldots,x_n)=\sum_{i=1}^nx_i^k = x_1^k+\cdots+x_n^k,$$ y \begin{align} e_0(x_1, \ldots, x_n) &= 1,\\ e_1(x_1, \ldots, x_n) &= x_1 + x_2 + \cdots + x_n,\\ e_2(x_1, \ldots, x_n) &= \textstyle\sum_{1\leq i<j\leq n}x_ix_j,\\ e_n(x_1, \ldots, x_n) &= x_1 x_2 \cdots x_n,\\ e_k(x_1, \ldots, x_n) &= 0, \quad\text{for}\ k>n.\\ \end{align} Entonces \begin{align} p_1 &= e_1,\\ p_2 &= e_1p_1-2e_2,\\ p_3 &= e_1p_2 - e_2p_1 + 3e_3 ,\\ p_4 &= e_1p_3 - e_2p_2 + e_3p_1 - 4e_4, \\ & {}\ \ \vdots\\ \\ e_0 &= 1,\\ e_1 &= p_1,\\ e_2 &= \frac{1}{2}(e_1 p_1 - p_2),\\ e_3 &= \frac{1}{3}(e_2 p_1 - e_1 p_2 + p_3),\\ e_4 &= \frac{1}{4}(e_3 p_1 - e_2 p_2 + e_1 p_3 - p_4),\\ & {} \ \ \vdots \end{align}

En tu caso, tienes sólo 3 variables. El uso de las fórmulas de arriba calcular \begin{align} e_1 &=p_1=3, \\ e_2 &=2,\\ e_3 &=-\frac{2}{3}\\ e_4 &=0\\ e_5 &=0\\ \end{align} A continuación, calcular $p_4=9$ $$p_5=\frac{29}{3}.$$

Answer 2

Utilizando sólo Macaulay2, puede hacer lo siguiente

Macaulay2, version 1.6.0.1
with packages: ConwayPolynomials, Elimination, IntegralClosure, LLLBases, PrimaryDecomposition,
               ReesAlgebra, TangentCone

i1 : R=QQ[a,b,c]

o1 = R

o1 : PolynomialRing

i2 : i1=ideal(a+b+c-3,a^2+b^2+c^2-5,a^3+b^3+c^3-7)

                            2    2    2       3    3    3
o2 = ideal (a + b + c - 3, a  + b  + c  - 5, a  + b  + c  - 7)

o2 : Ideal of R

i3 : S=R/i1

o3 = S

o3 : QuotientRing

i4 : phi=map(S,R)

o4 = map(S,R,{- b - c + 3, b, c})

o4 : RingMap S <--- R

i6 : use R

o6 = R

o6 : PolynomialRing

i7 : phi(a^5+b^5+c^5)

     29
o7 = --
      3

o7 : S

(He eliminado i5 y o5 como he cometido un error tipográfico en la entrada hay)

Answer 3

Dado $a+b+c=3$ $a^2+b^2+c^2 =5$ $a^3+b^3+c^3=7$

El uso de $$ab+bc+ca = \frac{1}{2}\left[(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)\right] = 2$$

y $$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)\left[a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right]=9$$

Por lo $$7-3abc=9\Rightarrow abc=-\frac{2}{3}$$

Ahora Vamos a $(t-a)\;,(t-b)\;,(t-c)$ ser la raíz de la ecuación cúbica en términos de $t\;,$

$$(t-a)(t-b)(t-c) =0\Rightarrow t^3-(a+b+c)t^2+(ab+bc+ca)t-abc=0$$

Por lo $$t^3-3t^2+2t+\frac{2}{3}=0\Rightarrow t^4-3t^3+2t^2+\frac{2}{3}t=0......(1)$$

Así $$\sum a^4-3\sum a^3+2\sum a^2+\frac{2}{3}\sum a=0$$, Where $\suma a^{n} = a^n+b^n+c^n\;,$ for $n=1,2,3,4,5$

Por lo $$\sum a^4-3(7)+2\cdot 5+\frac{2}{3}\cdot 3=0\Rightarrow \sum a^4=9$$

Ahora $$t^5-3t^4+2t^3+\frac{2}{3}t^2=0$$ from equation $(1)$

Por lo $$\sum a^5-3\sum a^4+2\sum a^3+\frac{2}{3}\sum a^2=0$$

Por lo $$\sum a^5-3(9)+2(7)+\frac{2}{3}\cdot 5=0\Rightarrow \sum a^5 = \frac{29}{3}$$