#implicará:

Question

Este es un problema de la escuela. Es resuelto mediante el cálculo algebraico (no es difícil) - $\ast$.

Pero tengo un problema en la interpretación del resultado.

Aquí intersección de dos superficies de $a+b+c=0,\ a^2+b^2+c^2=1$ es un círculo de $C$. Que es, por $\ast$, $a^4+b^4+c^4$ es constante en él. Lo que hace de la es así ?

Prueba : tenga en cuenta que $S:=\{ (a,b,c)|a^4+b^4+c^4=\frac{1}{2}\}$ es una superficie convexa. En más, no es $x,\ y\in S$ s.t. $|x|<1<|y|$.

Y supongo que $C$ no es una geodésica : Considere una norma en $\mathbb{R}^3$. Por ejemplo, $\| (a,b,c) \|_1 := |a|+|b|+|c|$ En este caso la unidad de pelota wrt esta norma es octaedro. En además, la unidad de bolas de la norma norma Euclídea, infinito norma son la unidad de la esfera de $S_2$, un cubo de $S_3$, respectivamente. Claramente, la intersección de a $S_2$ y el avión $\{ (a,b,c)| a+b+c=0\}$ es una geodésica (Así es $S_3$). Aquí considerando $S$$S_3$, podemos asumir que $S$ es como $S_3$. Es decir, $S$ más grande que la curvatura Gaussiana en ocho puntos. Por lo tanto geodésica está lejos de estos puntos, sino $C$ no lo es.

Enumero algunos de estos ejercicios, pero ¿cómo podemos interpretar la respuesta ?

[añadir] Considere el $ \Delta':=\{ (x,y,z)\in S_2 | x,\ y,\ z\geq 0\} $, lo que es equilátero triángulo geodésico de lado de longitud $\frac{\pi}{2}$.

En más $\Delta \subset \Delta'$ es también un triángulo geodésico triángulo de lado de longitud $\frac{\pi}{3}$, que afecta a mediados de los puntos de lados en $\Delta'$. Claramente no es en un plano.

A continuación, tenemos una demanda que si $ f (x,y,z)=(x^4,y^4 ,z^4)$, luego $f(\partial \Delta )$ está en un avión.

[mi respuesta] Considere el $SO(3)$-acción en $S^2(1)$. Aquí lo que se $smallest$ invariante ? Es $S^2$. Considere la posibilidad de un subgrupo finito de $SO(3)$. Por ejemplo, un grupo de $H$ que actúa sobre el cubo cuyo centro es el origen. Así que el más pequeño conjunto de invariantes $H$ no $S^2$. Puede ser la unión de un número finito de grandes círculos, $T$. Y tenga en cuenta que $F(x,y,z)=x^4+y^4+z^4$ es invariante bajo $H$. Por lo tanto, podemos deducir que $F$ es constante en $T$.

Answer 1

SUGERENCIA:

A partir de la identidad $$(a^2+b^2+c^2)^2-2(a^4+b^4+c^4)=(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)$$

la igualdad de $a^4+b^4+c^4=1/2$ es una consecuencia de la $a+b+c=0$$a^2+b^2+c^2=1$. Se puede ver también en los degradados y ver un geométrica de razón a partir de la igualdad.

Tenga en cuenta que por el contrario $a^4+b^4+c^4=1/2$ $a+b+c=0$ implica $(a^2+b^2+c^2)^2=1$ (reales!) $a^2+b^2+c^2=1$. Así que, de hecho, el plano corta a la superficie a lo largo de ese círculo.

Se puede cocinar de diferentes superficies de la ecuación $$P(a,b,c)(a^2+b^2+c^2-1)+Q(a,b,c)(a+b+c)=0$$ que contiene el mismo círculo.

Si uno se asoma a la superficie de la $a^4+b^4+c^4=1/2$, tiene la forma de un cubo redondeado. ¿Cómo es que el avión $a+b+c=0$ cortes a lo largo de un círculo?

Recordemos que un cubo de $\max(|a|,|b|,|c|)=1$ es cortado por el plano a lo largo de un hexágono regular con los vértices de las permutaciones de $(-1,0,1)$. Ahora las permutaciones de $(-\frac{1}{\sqrt{2}}, 0, \frac{1}{\sqrt{2}})$ mentira, tanto de las superficies de $a^2+b^2+c^2=1$$a^4+b^4+c^4=\frac{1}{2}$. Que debería hacerlo más intuitivo.

Tenga en cuenta que cada una de las $4$ planos de $a\pm b\pm c = 0$ recortes nuestra superficie a lo largo de un círculo, como la identidad nos dice.

Answer 2

El enfoque geométrico que se han delineado...

La intersección de a $a+b+c = 0$ $a^2 + b^2 + c^2 = 1$

Un plano de corte de una esfera, produciendo un círculo.

$a^4 + b^4 + c^4 = \frac 12$ es una superficie convexa que se asemeja a un cubo con aristas redondeadas y las esquinas.

Como sucede cada punto en el círculo $C$ se encuentra en este "cubeoid." Pero, aún no es evidente que este sería el caso.

Usted puede parametrizar el círculo:

$\begin {bmatrix} \frac {\sqrt 3}{3} & \frac {\sqrt 2}{2} &\frac {\sqrt 6}{6}\\ \frac {\sqrt 3}{3} & -\frac {\sqrt 2}{2} &\frac {\sqrt 6}{6}\\ \frac {\sqrt 3}{3} & 0 &-\frac {\sqrt 6}{3}\end{bmatrix}\begin {bmatrix} 0\\\cos\theta\\\sin\theta\end{bmatrix}= \begin {bmatrix} \frac {\sqrt 2}{ 2}\cos\theta + \frac {\sqrt {6}}{6}\sin\theta\\-\frac {\sqrt 2}{ 2}\cos\theta + \frac {\sqrt {6}}{6}\sin\theta\\-\frac {\sqrt 6}{3}\sin\theta\end{bmatrix}$

Daría una parametrización del círculo.

Y $a^4 +b^4 + c^4$ lo han hecho igual $\frac 12$

No creo que esto es más fácil que el más algebraicas enfoques...Pero no funciona.

Answer 3

Addem, podríamos hacer el siguiente. (Escribo aquí porque es demasiado largo en el comentario).

1.

$$ a+b+c=0 $$ $$ (a+b+c)^2=0 $$ $$ a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ac=0 $$ $$ a^2+b^2+c^2=−2(ab+bc+ac) $$ $$ 1=−2(ab+bc+ac) $$ $$ ⇒ ab+bc+ac=−\frac{1}{2}. $$

2.

$$ (ab+bc+ac)^2=a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2+2a^2bc+2ab^2c+2abc^2$$ $$ (ab+bc+ac)^2=a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2+2abc(a+b+c)$$ $$ (−\frac{1}{2})^2=a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2+0$$ $$ ⇒ a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2=\frac{1}{4}. $$

3.

$$ a^2+b^2+c^2=1 $$ $$ (a^2+b^2 +c^2)^2=1 $$ $$ a^4+b^4+c^4+2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2=1 $$ $$ a^4+b^4+c^4+2(a^2b^2+b^2c^2+a^2c^2)=1 $$ $$ a^4+b^4+c^4+2*\frac{1}{4}=1 $$ $$ ⇒ a^4+b^4+c^4=\frac{1}{2}. $$

Answer 4

Me gustaría proponer una más algebraicas enfoque. Dos restricciones sobre tres variables no parecen suficientes para solucionar las tres variables, por lo tanto dará $a^4+b^4+c^4$. Por otro lado, si $a,b,c$ son números reales e $c=-(a+b)$, luego $$ 1 = a^2+b^2+c^2 = 2(a^2+ab+b^2) $$ y $$ a^4+b^4+c^4 = 2a^4+4a^3b+6a^2 b^2+4ab^3+2b^4=2(a^2+ab+b^2)^2 = 2\left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac{1}{2}.$$

Answer 5

Alternativamente: $$(a+b+c)^2=0 \Rightarrow ab+bc+ca=-\frac12 \Rightarrow (ab)^2+(bc)^2+(ca)^2=\frac14.$$ $$(a^2+b^2+c^2)^2=1 \Rightarrow a^4+b^4+c^4=1-2((ab)^2+(bc)^2+(ca)^2)=1-2\cdot \frac14=\frac12.$$