Υπολογισμός παράστασης ριζών εξίσωσης(2)

Συντονιστής: chris_gatos

Άβαταρ μέλους
chris_gatos
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6885
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:03 pm
Τοποθεσία: Ανθούπολη

Υπολογισμός παράστασης ριζών εξίσωσης(2)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από chris_gatos » Τρί Αύγ 22, 2017 1:53 pm

Αν \displaystyle{{\rho _1},{\rho _2},{\rho _3}} οι ρίζες της εξίσωσης

\displaystyle{{x^3} - {x^2} + 2x + 1 = 0}

τότε να υπολογίσετε την παράσταση:

\displaystyle{{\rho _1}^5 + {\rho _2}^5 + {\rho _3}^5}.


Χρήστος Κυριαζής

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5506
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Υπολογισμός παράστασης ριζών εξίσωσης(2)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Τρί Αύγ 22, 2017 2:34 pm

Με την ελπίδα μη λάθους λόγω ταχυτήτων...
Προφανώς η x=0 δεν είναι ρίζα της εξίσωσης. Επομένως για x \ne 0 ισοδύναμα παίρνουμε {x^5} =  - 4{x^2} + x + 1, οπότε και με λίγη βοήθεια από Vieta , αφού r_1^5 + r_2^5 + r_3^5 =- 4\left[ {{{\left( {{r_1} + {r_2} + {r_3}} \right)}^2} - 2\left( {{r_1}{r_2} + {r_2}{r_3} + {r_3}{r_1}} \right)} \right] + {r_1} + {r_2} + {r_3} + 3... έχουμε το αποτέλεσμα.


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Σταμ. Γλάρος
Δημοσιεύσεις: 351
Εγγραφή: Δευ Ιουν 18, 2012 1:51 pm

Re: Υπολογισμός παράστασης ριζών εξίσωσης(2)

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σταμ. Γλάρος » Τετ Αύγ 23, 2017 3:21 pm

chris_gatos έγραψε:Αν \displaystyle{{\rho _1},{\rho _2},{\rho _3}} οι ρίζες της εξίσωσης

\displaystyle{{x^3} - {x^2} + 2x + 1 = 0}

τότε να υπολογίσετε την παράσταση:

\displaystyle{{\rho _1}^5 + {\rho _2}^5 + {\rho _3}^5}.
Καλησπέρα. Μια προσπάθεια ...
Θεωρώ την συνάρτηση f(x)= x^3 -x^2 +2x +1. Είναι παραγωγίσιμη με f'(x)= 3x^2-2x+2 >0 ,
αφού το τριώνυμο έχει αρνητική διακρίνουσα. Συνεπώς η f είναι γνησίως αύξουσα στο \mathbb{R} .
Επίσης ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ. Bolzano για την f στο [-1,0].
Επομένως υπάρχει τουλάχιστον μία ρίζα x_1 της f με x_1 \in (-1,0) .
Όμως η f είναι 1-1, ως γνησίως μονότονη.
Άρα η x_1 είναι μοναδική πραγματική ρίζα της παραπάνω εξίσωσης, η οποία έχει και δύο μιγαδικές τις x_2 , x_3 .
Παραγοντοποιώντας με Horner προκύπτει :
x^3 -x^2 +2x +1 = 0 \Leftrightarrow (x-x_1)\left ( x^2 +(x_1 -1)x +x_1^{2}-x_1 +2 \right )=0 .
Χρησιμοποιώντας τύπους Vieta έχουμε : x_2 + x_3 = 1 - x_1 και x_2 +x_3 = x_1^{2}-x_1 +2 .

Αφού η x_1 είναι ρίζα της παραπάνω εξίσωσης ισχύει : x_1^3-x_1^2+2x_1+1=0\,\,\Leftrightarrow \,\,x_1^3 =x_1^2-2x_1-1 (1).
Από το Θ. Bolzano γνωρίζουμε ότι x_1  \neq  0 .

Άρα πολλαπλασιάζοντας την (1) επί x_1^2 έχουμε : x_1^5 =x_1^4-2x_1^3 - x_1^2 (2) .

Επίσης πολλαπλασιάζοντας την (1) επί x_1 έχουμε : x_1^4 =x_1^3-2x_1^2 - x_1 (3) .

Αντικαθιστώντας την (3) στην (2) έχουμε : x_1^5 =-x_1^3-3x_1^2 - x_1 (4) .

Στη συνέχεια αντικαθιστώντας την (1) στην (4) έχουμε αυτό που αναφέρει και ο κ. Σωτήρης Λουρίδας παραπάνω :
x_1^5 = -4x_1^2 + x_1 +1 .

Επομένως ισχύει : x_1^5 + x_2^5 +x_3^5  =  -4(x_1^2 +x_2^2 +x_3^2)  + x_1 +x_2 +x_3 +3  =
= -4\left [ x_1^2 +\left ( x_2 +x_3 \right )^2 -2x_2\cdot x_3 \right ] + x_1 + 1-x_1 +3=
= -4\left [ x_1^2 +\left ( 1 -x_1 \right )^2 -2(x_1^2- x_1+2) \right ] + 4=
= -4\cdot(-3) +4 = 16 .

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος


Άβαταρ μέλους
spyros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 91
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:15 am

Re: Υπολογισμός παράστασης ριζών εξίσωσης(2)

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από spyros » Κυρ Σεπ 03, 2017 9:24 pm

Επειδή (ξανά)έπεσα στο post του φίλου Χρήστου και χωρίς να κομίζω γλαύκα εις Αθήνας, τουλάχιστον εδώ μέσα, συμπληρώνω τα παραπάνω και με άλλους τρόπους περισσότερο αυτοματοποιημένους, άρα όχι τόσο κομψούς όπως ο προηγούμενος, και εκτός σχολικής ύλης και για τις αποδείξεις των οποίων ας είναι καλά τα βιβλία Ανώτερης Άλγεβρας και το διαδίκτυο!.
Συμβολίζουμε με \displaystyle{{S_k} = \sum {{\rho _i}^k} } όπου {\rho _\iota } οι ρίζες του πολυωνύμου και με {\sigma _\iota } τα στοιχειώδη συμμετρικά πολυώνυμα. Οπότε από τους τύπους των αθροισμάτων Newton θα έχουμε ότι:
(1) \displaystyle{{S_1} - {\sigma _1} = 0 \Leftrightarrow {S_1} = {\sigma _1}}
(2) \displaystyle{{S_2} - {\sigma _1}{S_1} + 2{\sigma _2} = 0 \Leftrightarrow {S_2} = {\sigma _1}^2 - 2{\sigma _2}}
(3) \displaystyle{{S_3} - {\sigma _1}{S_2} + {\sigma _2}{S_1} - 3{\sigma _3} = 0 \Leftrightarrow {S_3} = {\sigma _1}^3 - 3{\sigma _1}{\sigma _2} + 3{\sigma _3}}
(4) \displaystyle{{S_4} - {\sigma _1}{S_3} + {\sigma _2}{S_2} - {\sigma _3}{S_1} = 0 \Leftrightarrow {S_4} = {\sigma _1}^4 - 4{\sigma _1}^2{\sigma _2} + 2{\sigma _2}^2 + 4{\sigma _1}{\sigma _3}}
(5) \displaystyle{{S_5} - {\sigma _1}{S_4} + {\sigma _2}{S_3} - {\sigma _3}{S_2} = 0}
Από την τελευταία έχουμε ότι το ζητούμενο {S_5} είναι ίσο με {S_5} = {\sigma _1}^2 - 5{\sigma _1}^3{\sigma _2} + 5{\sigma _1}^2{\sigma _3} + 5{\sigma _1}{\sigma _2}^2 - 5{\sigma _2}{\sigma _3} . Επίσης από Vietta έχουμε ότι {\sigma _1} = 1,\,\,{\sigma _2} = 2,\,\,{\rm{\kappa \alpha \iota }}\,\,{\sigma _3} =  - 1 και τελικά {S_5} = {\rho _1}^5 + {\rho _2}^5 + {\rho _3}^5 = 16


\displaystyle{\bf\sqrt{\Sigma \pi \upsilon \rho o \varsigma}^{2}
Άβαταρ μέλους
spyros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 91
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:15 am

Re: Υπολογισμός παράστασης ριζών εξίσωσης(2)

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από spyros » Κυρ Σεπ 03, 2017 10:54 pm

Διαφορετικά με τα, χωρίς απόδειξη, συμπεράσματα, χρησιμοποιώντας τους ίδιους συμβολισμούς όπως προηγούμενα επιπρόσθετα με \displaystyle{f\left( x \right)} συμβολίζουμε το πολυώνυμο που θα μας δίνεται και με \displaystyle{{T_k}} το άθροισμα των αντίστροφων δυνάμεων των ριζών του \displaystyle{f\left( x \right)}
Συμπέρασμα πρώτο.
Το \displaystyle{{S_k}} είναι ο συντελεστής του όρου \displaystyle{{\left( {\frac{1}{x}} \right)^{k + 1}}} που περιγράφει τον λόγο \displaystyle{\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}} με τις δυνάμεις του \displaystyle{\frac{1}{x}} κατά αύξουσα τάξη.
Συμπέρασμα δεύτερο.
Το \displaystyle{{T_k}} είναι ο συντελεστής του όρου \displaystyle{{x^{k - 1}}} που περιγράφει τον λόγο \displaystyle{ - \frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}}} με τις δυνάμεις του \displaystyle{x} κατά αύξουσα τάξη.
Την τεχνική αυτή (για περισσότερες λεπτομέρειες γράψτε στο google π.χ sum of powers of roots (by Yue Kwok Choy) που αν δεν κάνω λάθος έχει ξανασυζητηθεί στο mathematica, η παραγοντοποιημένη μορφή του πολυωνύμου μέσω των ριζών του λογαριθμίζεται και χρησιμοποιείται ο τύπος του αθροίσματος απείρων όρων φθίνουσας γεωμετρικής προόδου για να δημιουργηθεί το ζητούμενο άθροισμα των δυνάμεων των ριζών της \displaystyle{f\left( x \right)}.
Έτσι λοιπόν συνοπτικά έχουμε ότι αν \displaystyle{f\left( x \right) = {x^3} - {x^2} + 2x + 1} έχουμε \displaystyle{\frac{{f'\left( x \right)}}{{f\left( x \right)}} = \frac{{3{x^2} - 2x + 2}}{{{x^3} - {x^2} + 2x + 1}} = 3\left( {\frac{1}{x}} \right) + {\left( {\frac{1}{x}} \right)^2} - 3{\left( {\frac{1}{x}} \right)^3} - 8{\left( {\frac{1}{x}} \right)^4} - 3{\left( {\frac{1}{x}} \right)^5} + 16{\left( {\frac{1}{x}} \right)^6} +  \ldots } οπότε από τον συντελεστή του \displaystyle{{\left( {\frac{1}{x}} \right)^6}} διαπιστώνουμε ότι το ζητούμενο \displaystyle{{S_5}} είναι το 16.
Ομοίως θα μπορούσαμε με χρήση του δεύτερου συμπεράσματος να βρούμε και το \displaystyle{{T_5} = \frac{1}{{{\rho _1}^5}} + \frac{1}{{{\rho _2}^5}} + \frac{1}{{{\rho _3}^5}}}


\displaystyle{\bf\sqrt{\Sigma \pi \upsilon \rho o \varsigma}^{2}
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12498
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Υπολογισμός παράστασης ριζών εξίσωσης(2)

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Δευ Σεπ 04, 2017 12:29 am

Χαιρετίσματα από το ακριτικό Καστελλόριζο όπου κάνω σεμινάρια/ομιλίες και λοιπά περί γρίφων.

Στο θέμα μας: Υπάρχουν πολλές παρόμοιες με την παραπάνω άσκηση στα ποστ εδώ. Βλέπε ειδικά τις Ασκήσεις 9 και 12, αλλά και άλλες.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Προτεινόμενα Θέματα Μαθηματικών”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης