Ταυτότητα

Tolaso J Kos · #1

Αν $\alpha + \beta + \gamma =0$ , να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{2 \left ( \alpha^5 + \beta^5 + \gamma^5 \right ) = 5 \alpha \beta \gamma \left ( \alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 \right )}$
Δεν έχω λύση!!

vgreco · #2

Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Ιούλ 23, 2023 1:44 pm Αν $\alpha + \beta + \gamma =0$ , να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{2 \left ( \alpha^5 + \beta^5 + \gamma^5 \right ) = 5 \alpha \beta \gamma \left ( \alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 \right )}$
Δεν έχω λύση!!

$\displaystyle{ \begin{aligned} \alpha + \beta + \gamma = 0 &\Rightarrow \alpha^3 + \beta^3 + \gamma^3 = 3\alpha \beta \gamma \\ &\Leftrightarrow \left( \alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 \right) \left( \alpha^3 + \beta^3 + \gamma^3 \right ) = 3 \alpha\beta\gamma \left(\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 \right ) \\ &\Leftrightarrow \alpha^5 + \beta^5 + \gamma^5 + \sum \alpha^3 \left( \beta^2 + \gamma^2 \right ) = 3 \alpha\beta\gamma \left(\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 \right ) \\ &\Leftrightarrow \alpha^5 + \beta^5 + \gamma^5 + \sum \alpha^3 \left( \alpha^2 - 2\beta\gamma \right ) = 3 \alpha\beta\gamma \left(\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 \right ) \\ &\Leftrightarrow \boxed{2 \left ( \alpha^5 + \beta^5 + \gamma^5 \right ) = 5 \alpha \beta \gamma \left ( \alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 \right )} \end{aligned} }$

#3

Ας το δούμε και με Vieta. Κάποτε ήταν στη σχολική ύλη. Τώρα μάλλον όχι.

Αν ab+bc+ca = k

και $abc = \ell$ τότε τα a,b,c

είναι ρίζες της $x^3 +kx - \ell = 0$ . Τότε

$\displaystyle a^5 = a^2 \cdot a^3 = a^2(-ka + \ell) = -ka^3 + \ell a^2 = -k(-ka + \ell) + \ell a^2 = k^2a - k\ell + \ell a^2$

Άρα

$\displaystyle 2(a^5+b^5+c^5) = 2k^2(a+b+c) - 6k\ell + 2\ell(a^2+b^2+c^2) = - 6k\ell + 2\ell(a^2+b^2+c^2)$

Παρατηρούμε επίσης ότι

$\displaystyle 2k = 2(ab+bc+ca) = (a+b+c)^2 - (a^2+b^2+c^2) = -(a^2+b^2+c^2)$

Άρα

$\displaystyle 2(a^5+b^5+c^5) = - 6k\ell + 2\ell(a^2+b^2+c^2) = 5\ell(a^2+b^2+c^2) = 5abc(a^2+b^2+c^2)$

S.E.Louridas · #4

Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Ιούλ 23, 2023 1:44 pm Αν $\alpha + \beta + \gamma =0$ , να δειχθεί ότι: $\displaystyle{2 \left ( \alpha^5 + \beta^5 + \gamma^5 \right ) = 5 \alpha \beta \gamma \left ( \alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 \right )}$

Και μόνο χάριν της Μαθηματικής πολυφωνίας ας δούμε και την άποψη:

Αν a=0

ή

, τότε η ταυτότητα ισχύει.
Αν οι a, b, c

είναι διάφοροι του μηδέν τότε η υπόθεση γίνεται ${\left( {{a^5} = - {a^4}b - {a^4}c} \right)_{cyclic}}.$
Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι $- 2\sum {ab\left( {{a^3} + {b^3}} \right)} = 5abc\sum {{a^2}} ,$ και επειδή ${\left[ {{a^3} + {b^3} = - c\left( {{a^2} + {b^2} - ab} \right)} \right]_{cyclic}}$
αρκεί τελικά $4{a^2} + 4{b^2} + 4{c^2} - 2ab - 2bc - 2ca = 5{a^2} + 5{b^2} + 5{c^2},$ αρκεί ${\left( {a + b + c} \right)^2} = 0$ που ισχύει.

ksofsa · #5

Μια λύση εντελώς εκτός φακέλου:

Είναι $a^5+b^5+c^5-abc(a^2+b^2+c^2)=a^3det\begin{bmatrix} a &b \\ c&a \end{bmatrix}+b^3det\begin{bmatrix} b &c \\ a&b \end{bmatrix}+c^3det\begin{bmatrix} c &a \\ b&c \end{bmatrix}=det\begin{bmatrix} a^3 &b^3 &c^3 \\ c& a &b \\ b& c& a \end{bmatrix}=$

$det\begin{bmatrix} a^3+b^3+c^3 & b^3 &c^3 \\ a+b+c & a &b \\ a+b+c & c& a \end{bmatrix}=det\begin{bmatrix} 3abc &b^3 &c^3 \\ 0&a &b \\ 0& c& a \end{bmatrix}=3abc(a^2-bc)$ .

Οπότε, αρκεί $6abc(a^2-bc)=3abc(a^2+b^2+c^2)\Leftrightarrow 3abc(a^2-(b+c)^2)=0$ , που ισχύει διότι a+b+c=0

.

#6

vgreco έγραψε: Κυρ Ιούλ 23, 2023 2:10 pm
Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Ιούλ 23, 2023 1:44 pm Αν $\alpha + \beta + \gamma =0$ , να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{2 \left ( \alpha^5 + \beta^5 + \gamma^5 \right ) = 5 \alpha \beta \gamma \left ( \alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 \right )}$
Δεν έχω λύση!!
$\displaystyle{ \begin{aligned} \alpha + \beta + \gamma = 0 &\Rightarrow \alpha^3 + \beta^3 + \gamma^3 = 3\alpha \beta \gamma \\ &\Leftrightarrow \left( \alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 \right) \left( \alpha^3 + \beta^3 + \gamma^3 \right ) = 3 \alpha\beta\gamma \left(\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 \right ) \\ &\Leftrightarrow \alpha^5 + \beta^5 + \gamma^5 + \sum \alpha^3 \left( \beta^2 + \gamma^2 \right ) = 3 \alpha\beta\gamma \left(\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 \right ) \\ &\Leftrightarrow \alpha^5 + \beta^5 + \gamma^5 + \sum \alpha^3 \left( \alpha^2 - 2\beta\gamma \right ) = 3 \alpha\beta\gamma \left(\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 \right ) \\ &\Leftrightarrow \boxed{2 \left ( \alpha^5 + \beta^5 + \gamma^5 \right ) = 5 \alpha \beta \gamma \left ( \alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 \right )} \end{aligned} }$

Λίγο διαφορετική παρουσίαση:

Αφού $\displaystyle{a+\beta +\gamma =0 \Rightarrow a^3 +\beta ^3 + \gamma ^3 =3a\beta \gamma \Rightarrow}$

$\displaystyle{a^3 +\beta ^3 + \gamma ^3 +2a\beta \gamma =5a\beta \gamma \Rightarrow}$

$\displaystyle{(a^3 +\beta ^3 +\gamma ^3+2a\beta \gamma)(a^2 +\beta ^2 +\gamma ^2 )=5a\beta \gamma (a^2 +\beta ^2 + \gamma ^2 )\Rightarrow}$

$\displaystyle{a^5 +\beta ^5 +\gamma ^5 +a^3 \beta ^2 +a^3 \gamma ^2 +\beta ^3 a^2 +\beta ^3 \gamma ^2 +\gamma ^3 a^2 +\gamma ^3 \beta ^2 +2a^3 \beta \gamma +2\beta ^3 a\gamma +2\gamma^3 a\beta =5a\beta \gamma (a^2 +\beta ^2 +\gamma ^2 )}$

$\displaystyle{\Rightarrow a^5 +\beta ^5 +\gamma ^5 +a^3 (\beta ^2 +\gamma ^2 +2\beta \gamma)+\beta ^3 (a^2 +\gamma ^2 +2a \gamma)+\gamma ^3 (a^2 +\beta ^2 +2a\beta) =5a\beta \gamma (a^2 +\beta ^2 +\gamma ^2 )\Rightarrow}$

$\displaystyle{ a^5 +\beta ^5 +\gamma ^5 +a^3 (\beta +\gamma )^2 +\beta ^3 (a+\gamma )^2 +\gamma ^3 (a+\beta )^2 =5a\beta \gamma (a^2 +\beta ^2 +\gamma ^2 )}$

$\displaystyle{\Rightarrow a^5 +\beta ^5 +\gamma ^5 +a^3 (-a)^2 +\beta ^3 (-\beta )^2 +\gamma ^3 (-\gamma )^2 =5a\beta \gamma (a^2 +\beta ^2 +\gamma ^2 )}$

$\displaystyle{\Rightarrow a^5 +\beta ^5 +\gamma ^5 +a^5 +\beta ^5 +\gamma ^5 =5a\beta \gamma (a^2 +\beta ^2 +\gamma ^2 )\Rightarrow}$

$\displaystyle{2(a^5 +\beta ^5 +\gamma ^5 )=5a\beta \gamma (a^2 +\beta ^2 +\gamma ^2 )}$

ksofsa · #7

Αλλιώς ,εκτός φακέλου, έχουμε:

$det\begin{bmatrix} a^3-abc &b^3-abc &c^3-abc \\ c& a &b \\ b & c& a \end{bmatrix}=0$ , καθώς οι 3 γραμμές αθροίζουν σε 0.

Αναπτύσσοντας την ορίζουσα παίρνουμε:

$a^5+b^5+c^5=abc(2a^2+2b^2+2c^2-ab-bc-ca)\Leftrightarrow a^5+b^5+c^5=\dfrac{5}{2}abc(a^2+b^2+c^2)$ ,

αφού $ab+bc+ca=-\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2}$ , καθώς ισοδυναμεί με (a+b+c)^2=0

.

#8

Πρόκειται για κλασική άσκηση. Μάλιστα, γράφεται με πιο "ενδιαφέροντα" τρόπο ως

$\displaystyle{\frac{a^5+b^5+c^5}{5}=\frac{a^3+b^3+c^3}{3}\cdot \frac{a^2+b^2+c^2}{2}}$ .

Ισχύει επίσης

$\displaystyle{\frac{a^7+b^7+c^7}{7}=\frac{a^5+b^5+c^5}{5}\cdot \frac{a^2+b^2+c^2}{2}}$ .

Γενικεύσατε!

Tolaso J Kos · #9

matha έγραψε: Τετ Ιούλ 26, 2023 4:56 pm Γενικεύσατε!

Κάπως έτσι θαρρώ.

$\displaystyle{\frac{\alpha^{m+n}+\beta^{m+n}+\gamma^{m+n}}{m+n}=\frac{(\alpha^m+\beta^m+\gamma^m)}{m} \cdot \frac{(\alpha^n+\beta^n+\gamma^n)}{n}}$

#10

matha έγραψε: Τετ Ιούλ 26, 2023 4:56 pm
Γενικεύσατε!

Με επιφύλαξη νομίζω ότι είναι

$\displaystyle{\frac{a^{2n+1}+b^{2n+1}+c^{2n+1}}{2n+1}=\frac{a^{2n-1}+b^{2n-1}+c^{2n-1}}{2n-1}\cdot \frac{a^2+b^2+c^2}{2}}, n\ge 2$

#11

Για τα αρχικό πρόβλημα σημειώνω ότι ανάγεται άμεσα στην (a+b)(a^2+ab+b^2)=a^3+2a^2b+2ab^2+b^3.

#12

george visvikis έγραψε: Τετ Ιούλ 26, 2023 9:12 pm
matha έγραψε: Τετ Ιούλ 26, 2023 4:56 pm
Γενικεύσατε!
Με επιφύλαξη νομίζω ότι είναι

$\displaystyle{\frac{a^{2n+1}+b^{2n+1}+c^{2n+1}}{2n+1}=\frac{a^{2n-1}+b^{2n-1}+c^{2n-1}}{2n-1}\cdot \frac{a^2+b^2+c^2}{2}}, n\ge 2$

Και εγώ με επιφύλαξη ... πιστεύω πως είναι σωστή η παραπάνω και ανάγεται, μέσω της c=-(a+b),

στην

$\displaystyle \sum_{k=1}^{k=2n}\dfrac{(2n)!a^{2n+1-k}b^k}{k!(2n+1-k)!}}}=\left(\sum_{k=1}^{k=2n-2}\dfrac{(2n-2)!a^{2n-1-k}b^k}{k!(2n-1-k)!}}\right)\cdot(a^2+ab+b^2)$

#13

gbaloglou έγραψε: Πέμ Ιούλ 27, 2023 12:53 am
george visvikis έγραψε: Τετ Ιούλ 26, 2023 9:12 pm
matha έγραψε: Τετ Ιούλ 26, 2023 4:56 pm
Γενικεύσατε!
Με επιφύλαξη νομίζω ότι είναι

$\displaystyle{\frac{a^{2n+1}+b^{2n+1}+c^{2n+1}}{2n+1}=\frac{a^{2n-1}+b^{2n-1}+c^{2n-1}}{2n-1}\cdot \frac{a^2+b^2+c^2}{2}}, n\ge 2$
Και εγώ με επιφύλαξη ... πιστεύω πως είναι σωστή η παραπάνω και ανάγεται, μέσω της στην

$\displaystyle \sum_{k=1}^{k=2n}\dfrac{(2n)!a^{2n+1-k}b^k}{k!(2n+1-k)!}}}=\left(\sum_{k=1}^{k=2n-2}\dfrac{(2n-2)!a^{2n-1-k}b^k}{k!(2n-1-k)!}}\right)\cdot(a^2+ab+b^2)$

Δυστυχώς δεν ισχύουν τα παραπάνω, όπως πχ μπορούμε να δούμε για n=4, a=2, b=-1, c=-1.

Δεν βρίσκω κάποια γενίκευση πέραν της

$\dfrac{a^7+b^7+c^7}{7}=\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3}\cdot \dfrac{a^4+b^4+c^4}{2},$

εύκολα αναγόμενης, μέσω c=-(a+b),

στην

#14

gbaloglou έγραψε: Κυρ Ιούλ 30, 2023 9:39 am
gbaloglou έγραψε: Πέμ Ιούλ 27, 2023 12:53 am
george visvikis έγραψε: Τετ Ιούλ 26, 2023 9:12 pm
matha έγραψε: Τετ Ιούλ 26, 2023 4:56 pm
Γενικεύσατε!
Με επιφύλαξη νομίζω ότι είναι

$\displaystyle{\frac{a^{2n+1}+b^{2n+1}+c^{2n+1}}{2n+1}=\frac{a^{2n-1}+b^{2n-1}+c^{2n-1}}{2n-1}\cdot \frac{a^2+b^2+c^2}{2}}, n\ge 2$
Και εγώ με επιφύλαξη ... πιστεύω πως είναι σωστή η παραπάνω και ανάγεται, μέσω της στην

$\displaystyle \sum_{k=1}^{k=2n}\dfrac{(2n)!a^{2n+1-k}b^k}{k!(2n+1-k)!}}}=\left(\sum_{k=1}^{k=2n-2}\dfrac{(2n-2)!a^{2n-1-k}b^k}{k!(2n-1-k)!}}\right)\cdot(a^2+ab+b^2)$
Δυστυχώς δεν ισχύουν τα παραπάνω, όπως πχ μπορούμε να δούμε για Δεν βρίσκω κάποια γενίκευση πέραν της

$\dfrac{a^7+b^7+c^7}{7}=\dfrac{a^3+b^3+c^3}{3}\cdot \dfrac{a^4+b^4+c^4}{2},$

εύκολα αναγόμενης, μέσω στην

Βεβαίως ισχύει ( n=3

) και η

$\dfrac{a^7+b^7+c^7}{7}=\dfrac{a^5+b^5+c^5}{5}\cdot \dfrac{a^2+b^2+c^2}{2},$

αναγόμενη μέσω c=-(a+b)

στην

Αρχιμήδης 6 · #15

Καλησπέρα Τόλη !

2a^5=2a^3a^2=2a^3(b+c)^2=2a^3b^2+2a^3c^2+4a^3bc

Κάνοντας το ίδιο κυκλικά και προσθέτοντας τις 3 ισότητες τελικα θα έχουμε

2(a^5+b^5+c^5)=4abc(a^2+b^2+c^2)+2a^3b^2+2a^3c^2+2b^3a^2+2b^3c^2+2c^3a^2+2c^3b^2

Επίσης

Τελικά θα έχω

2(a^5+b^5+c^5)=5abc(a^2+b^2+c^2)

Al.Koutsouridis · #16

Tolaso J Kos έγραψε: Κυρ Ιούλ 23, 2023 1:44 pm Αν $\alpha + \beta + \gamma =0$ , να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{2 \left ( \alpha^5 + \beta^5 + \gamma^5 \right ) = 5 \alpha \beta \gamma \left ( \alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 \right )}$
Δεν έχω λύση!!

Αρχιμήδης 6 · #17

Παραθέτω την παρακάτω ταυτότητα που ίσως φανεί χρήσιμη σε κάποιον μαθητή η οποία επαληθεύει φυσικά και την άσκηση καθώς και την γνωστή ταυτότητα βαθμού

για να δούμε τις ομοιότητες που υπάρχουν.

$\boxed{(a+b+c)^5=a^5+b^5+c^5+5(a+b)(b+c)(c+a)(a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca)}$

$\boxed{(a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)}$

Αρχιμήδης 6 · #18

Προσπαθώντας να βρώ κάποια γενίκευση της άσκησης δεν κατάφερα κάτι με την μορφή που ζητήθηκε οπότε ας μου επιτραπεί να μοιραστώ την παρακάτω ταυτότητα που βρήκα κατά την ενασχόληση μου με τα αθροίσματα δυνάμεων του

για να μην πάει χαμένη.

Αν a+b+c=0

τότε

$\boxed{a^9+b^9+c^9-3(abc)^3=9abc(a^2+ab+b^2)(b^2+bc+c^2)(c^2+ac+a^2)}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #19

george visvikis έγραψε: Τετ Ιούλ 26, 2023 9:12 pm
matha έγραψε: Τετ Ιούλ 26, 2023 4:56 pm
Γενικεύσατε!
Με επιφύλαξη νομίζω ότι είναι

$\displaystyle{\frac{a^{2n+1}+b^{2n+1}+c^{2n+1}}{2n+1}=\frac{a^{2n-1}+b^{2n-1}+c^{2n-1}}{2n-1}\cdot \frac{a^2+b^2+c^2}{2}}, n\ge 2$

Δεν μπορεί να είναι αυτή η γενίκευση.
Ουτε καν μια σχέση της μορφης

$\displaystyle (a^{2n+1}+b^{2n+1}+c^{2n+1})=r_n (a^{2n-1}+b^{2n-1}+c^{2n-1})(a^2+b^2+c^2)$
με r_n

ανεξάρτητο των a,b,c

.

Γιατί αν n=4

τότε για

ώστε $\frac{a}{b}= \omega$ με $\omega ^3=1,\omega \neq 1$
το δεξιό μέλος μηδενίζεται ενώ το αριστερό όχι.

ksofsa · #20

Καλησπέρα.

Βρίσκω και προτείνω προς απόδειξη (ή απόρριψη) την εξής γενίκευση:

$a^{2n+1}+b^{2n+1}+c^{2n+1}=\dfrac{(a^2+b^2+c^2)(a^{2n-1}+b^{2n-1}+c^{2n-1})}{2}+\dfrac{(a^3+b^3+c^3)(a^{2n-2}+b^{2n-2}+c^{2n-2})}{3}$

Ταυτότητα

Ταυτότητα

Re: Ταυτότητα

Re: Ταυτότητα

Re: Ταυτότητα

Re: Ταυτότητα

Re: Ταυτότητα

Re: Ταυτότητα

Re: Ταυτότητα

Re: Ταυτότητα

Re: Ταυτότητα

Re: Ταυτότητα

Re: Ταυτότητα

Re: Ταυτότητα

Re: Ταυτότητα

Re: Ταυτότητα

Re: Ταυτότητα

Re: Ταυτότητα

Re: Ταυτότητα

Re: Ταυτότητα

Re: Ταυτότητα

Μέλη σε σύνδεση