Somma delle potenze terze delle radici di p(x)
Somma delle potenze terze delle radici di p(x)
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)
Re: Somma delle potenze terze delle radici di p(x)
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 $
$ 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 $
"Una funzione generatrice è una corda da bucato usata per appendervi una successione numerica per metterla in mostra" (Herbert Wilf)
"La matematica è la regina delle scienze e la teoria dei numeri è la regina della matematica" (Carl Friedrich Gauss)
Sensibilizzazione all'uso delle potenti Coordinate Cartesiane, possano seppellire per sempre le orride baricentriche corruttrici dei giovani: cur enim scribere tre numeri quando se ne abbisogna di due?
PRIMA FILA TUTTI SBIRRI!
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Sensibilizzazione all'uso delle potenti Coordinate Cartesiane, possano seppellire per sempre le orride baricentriche corruttrici dei giovani: cur enim scribere tre numeri quando se ne abbisogna di due?
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Re: Somma delle potenze terze delle radici di p(x)
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
EDIT: anticipato xD
Imagination is more important than knowledge. For knowledge is limited, whereas imagination embraces the entire world, stimulating progress, giving birth to evolution (A. Einstein)
Re: Somma delle potenze terze delle radici di p(x)
Esatto, era molto facile . Invece la somma delle potenze seste, dipende o no?
Re: Somma delle potenze terze delle radici di p(x)
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
$x_1^6+x_2^6+x_3^6=3b^2-2a^3$
$x_1^6+x_2^6+x_3^6=(b-ax_1)^2+(b-ax_2)^2+(b-ax_2)^2=3b^2+a^2(x_1^2+x_2^2+x_3^2)-2ab(x_1+x_2+x_3)$.
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
$x_1^6+x_2^6+x_3^6=3b^2-2a^3$
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Re: Somma delle potenze terze delle radici di p(x)
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
$ 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
Re: Somma delle potenze terze delle radici di p(x)
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 $$\sigma_k(x_1,\dots,x_n)=\sum\limits_{A\subseteq\{1,\dots,n\},|A|=k}\left(\prod\limits_{i\in A}x_i\right)$$)
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 $$\sigma_k(x_1,\dots,x_n)=\sum\limits_{A\subseteq\{1,\dots,n\},|A|=k}\left(\prod\limits_{i\in A}x_i\right)$$)
Re: Somma delle potenze terze delle radici di p(x)
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!
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...
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Re: Somma delle potenze terze delle radici di p(x)
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 ha scritto:P.P.S: è un fatto facile ma piuttosto carino!
Re: Somma delle potenze terze delle radici di p(x)
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"?
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"?
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