Somma delle potenze terze delle radici di p(x)

[LeZ]

Dimostrare che preso il polinomio $ p(x)=x^3+ax-b $, la somma delle potenze terze delle sue radici non dipende dalla scelta di $ a $. (Molto facile)

[Lasker]

Non so se tutto ciò ha senso, ma ...
$ x^3+ax-b=0 $
$ x^3=b-ax $
Dunque la somma delle tre terze potenze è
$ (b-ax_1)+(b-ax_2)+(b-ax_3) $$ \longrightarrow $$ 3b-a(x_1+x_2+x_3) $
Ma il coefficiente di grado due è 0, dunque $ x_1+x_2+x_3=0 $, quindi $ a $ viene annullato
La somma dei cubi delle soluzioni dovrebbe essere $ 3b $

[Drago96]

Siano $x_1,x_2,x_3$ le radici; allora $x_i^3=b-ax_i$ e quindi $x_1^3+x_2^3+x_3^3=3b-a(x_1+x_2+x_3)$; ma la somma delle radici è il coefficiente del termine di grado 2, che è 0...

EDIT: anticipato xD

[LeZ]

Esatto, era molto facile . Invece la somma delle potenze seste, dipende o no?

[Drago96]

Non che ci voglia molto di più... xD
$x_1^6+x_2^6+x_3^6=(b-ax_1)^2+(b-ax_2)^2+(b-ax_2)^2=3b^2+a^2(x_1^2+x_2^2+x_3^2)-2ab(x_1+x_2+x_3)$.
Ma $x_1+x_2+x_3=0$ e $x_1^2+x_2^2+x_3^2=(x_1+x_2+x_3)^2-2(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)=0-2a=-2a$ e quindi
$x_1^6+x_2^6+x_3^6=3b^2-2a^3$

[Gi.]

Si.

$ x^6=b^2-2abx+a^2x^2 $

Dette $ p,q,r $ le radici

$ p^6+q^6+r^6=3b^2-2ab(p+q+r)+a^2(p^2+q^2+r^2) $

abbiamo

$ p^2+q^2+r^2=(p+q+r)^2-2(pq+pr+qr)=(p+q+r)^2-2a=-2a $

quindi

$ p^6+q^6+r^6=3b^2-2ab(0)+a^2(-2a)=3b^2-2a^3 $

EDIT: preceduto da Drago, lieto di vedere che il risultato è corretto

[Tess]

Piccola estensione (o forse no?):
se $ x_1,\dots,x_n $ sono reali tali che tutte le funzioni simmetriche elementari, tranne il prodotto, valutate su di loro sono zero, allora la somma delle potenze $n-$esime vale $n$ volte il prodotto.
(le funzioni simmetriche su $x_1,\dots,x_n$ sono i polinomi simmetrici in tutte le $n$ variabili; quelle elementari sono $$\sigma_k(x_1,\dots,x_n)=\sum\limits_{A\subseteq\{1,\dots,n\},|A|=k}\left(\prod\limits_{i\in A}x_i\right)$$)

[Drago96]

Allora, i $\sigma_i$ dovrebbero essere i coefficienti di un polinomio di grado $n$... (dovrebbe essere $\sigma_1=x_1+\dots+x_n$, $\sigma_2=x_1x_2+x_1x_3+\dots+x_{n-1}x_n$, $\sigma_n=x_1x_2\cdots x_n$ no?)
Quindi detto $k=\sigma_n=x_1\cdots x_n$ il polinomio $x^n-k$ ha per radici esattamente $x_1,x_2,\dots,x_n$ e dunque $x_i^n=k$ e $\sum x_i^n=\sum k=nk$

Cioè, l'idea è la stessa del primo problema, solo che si ha un polinomio con grado qualunque...
E volendo si può passare anche alle potenze $nh$-esime con $h\in\mathbb N^+$, la cui somma varrà $nk^h$

P.S: ho usato una notazione brutta e forse anche sbagliata, dato che $\sigma_i(\cdot)$ sono funzioni, ma spero si capisca lo stesso...
P.P.S: è un fatto facile ma piuttosto carino!

[Tess]

P.P.S: è un fatto facile ma piuttosto carino!

Sì, non era male! Ogni tanto si può usare per passare dalla forma con le variabili simmetriche a quella con le funzioni simmetriche elementari! Tipo è facile calcolare questo: $$a^4+b^4+c^4+d^4=\sigma_1^4-4\sigma_2\sigma_1^2+2\sigma_2^2+4\sigma_1\sigma_3+4\sigma_4$$

[Drago96]

In che senso "si può usare"?
Cioè, so che ogni funzione simmetrica si può esprimere solo con quelle elementari, ma c'è un modo più o meno furbo per farlo o si prova "a caso"?