Уравнение пятой степени. Частный случай.

[Vvp_57]

Докажите что:
$x_1^{16}+x_2^{16}+x_3^{16}+x_4^{16}+x_5^{16}=4$
где $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5$ корни уравнения:
$x^5-x+a=0$

[Sonic86]

Нууу, как бы, $x_1^{16}+...+x_5^{16}$ выражается через симметрические многочлены, которые нам даны. Выражаем, подставляем и все...
Или я что-то не понял? Или смысл задачи в том, чтобы посчитать это очень просто и быстро? Или вся соль в том, что результат от $a$ не зависит?

[paha]

$x_i^{16}=x_i(x_i-a)^3$

[ewert]

paha в сообщении #398688 писал(а):

$x_i^{16}=x_i(x_i-a)^3$

А как дальше-то, кстати?... Мне ничего более простого в голову не приходит, кроме как свести сумму шестнадцатых степеней к сумме четвёртых (с чем, кстати, тоже некоторая морока, теорема Виета тут не напрямую работает, надо немного покрутиться), после чего разделить исходное уравнение на икс и посчитать сумму четвёртых степеней опять-же по Виету.

(Оффтоп)

проклятый Касперский -- опять обновляется, уже второй или третий раз на дню, и жутко при этом тормозит

[mihiv]

$\sum x_i^4=5-a\sum \frac 1{x_i},\sum x_i^3=\sum \frac 1{x_i}-a\sum \frac 1{x_i^2}$,а суммы по обратным степеням $x_i$ находим по теореме Виета,учитывая,что $\frac 1{x_i}$,являются корнями уравнения $y^5-\frac 1ay^4+\frac 1a=0$.

[ewert]

mihiv в сообщении #398979 писал(а):

$\sum x_i^4=5-a\sum \frac 1{x_i},\sum x_i^3=\sum \frac 1{x_i}-a\sum \frac 1{x_i^2}$,а суммы по обратным степеням $x_i$ находим по теореме Виета,учитывая,что $\frac 1{x_i}$,являются корнями уравнения $y^5-\frac 1ay^4+\frac 1a=0$.

нет, ну это уже после сведения к четвёртым степеням, там даже и ещё проще, а вот как без мороки свести-то именно к четвёртым и ни к каким иным

[Ales]

Может так: сумма 16-ых степеней выражается через симметрические многочлены, как сумма нескольких произведений этих многочленов. Для которых из уравнения имеем: $s_1=0, s_2=0, s_3=0, s_4=-1, s_5 =-a$.
Сумма степеней многочленов в каждом произведении равна 16.
Если в произведении есть многочлен пятой степени $s_5=-a$, то он должен домножаться на какой то многочлен степени меньшей 4.
Отсюда сумма 16-ых степеней $= const\cdot (s_4)^4 + s_1 \cdot (...) + s_2 \cdot (...)+ s_3 \cdot (...)$.
Значит не зависит от $a$, при $ a=0$, сумма 16-ых степеней $= 4$.

[Vvp_57]

Спасибо всем участникам обсуждения!
Если объединить ответы paha и mihiv то получиться доказательство которое и задумывалось.
И так просуммировав выражение $x_i^{16}=x_i\left(x_i-a \right)^3$ и открыв скобки получим:
$\sum x_i^{16}=\sum x_i^4-3a\sum x_i^3+3a^2\sum x_i^2-a^3\sum x_i$
Понятно что две последние суммы равны нулю. Значение первых двух
найдем, как предложено mihiv:
$\sum x_i^4=5-a\sum \frac 1{x_i}=4$ и $\sum x_i^3=\sum \frac 1{x_i}-a\sum \frac 1{x_i^2}=0$
Поскольку
$\sum \frac 1{x_i}=\frac{1}{a}$ и $\sum \frac 1{x_i^2}=\frac{1}{a^2}$
Следовательно:
$\sum x_i^{16}=4$
Надеюсь такое изложение не вызовет неприятия?

[ewert]

Vvp_57 в сообщении #399122 писал(а):

$\sum x_i^3=\sum \frac 1{x_i}-a\sum \frac 1{x_i^2}=0$

Сумма кубов равна нулю примерно по тем же причинам, что и сумма квадратов: $0=\left(\sum\limits_{i}x_i\right)^3=\sum\limits_{i}x_i^3+\alpha\sum\limits_{i>k}x_i^2x_k+\beta\sum\limits_{i>j>k}x_ix_jx_k$, причём последняя сумма равна нулю непосредственно по теореме Виета, т.е. $\sum\limits_{i}x_i^3+\alpha\sum\limits_{i\neq k}x_i^2x_k=0$. С другой стороны, $\sum\limits_{i}x_i^2\cdot\sum\limits_{k}x_k=\sum\limits_{i}x_i^3+\sum\limits_{i\neq k}x_i^2x_k=0$, и поскольку $\alpha\neq1$, получаем из этой системы $\sum\limits_{i}x_i^3=0$ и $\sum\limits_{i\neq k}x_i^2x_k=0$.

Равенство $\sum\limits_{i}\frac{1}{x_i}=\frac{1}{a}$ тоже следует непосредственно из теоремы Виета, безо всяких переворачиваний -- достаточно привести эту сумму к общему знаменателю (хотя с переворачиванием, возможно, и действительно чуть проще).

[Vvp_57]

Замечания справедливые, спасибо, ewert!
Особенно с выражением $\sum \frac 1{x_i}=\frac{1}{a}$.
Однако что касается суммы $\sum x_i^3=0$, тут нужны знания, которые в школах не дают. Увы их пока нет и у меня.
Поэтому "переворачивание" позволяет выйти "сухим" из трудного положения.
Спасибо за выкладки. Очень нравиться когда не посылают к книгам
(хотя это тоже нужно), а вот берут и расписывают. Честно сказать
мне не все понятно, возможно "догоню" со временем.

[Профессор Снэйп]

Да, там вроде так... Пусть при $1 \leqslant n \leqslant k$

$$ s_{n,k}(x_1, \ldots, x_k) = \sum_{S \subseteq \{ 1,\ldots,k \}, |S| = n} \prod_{i \in S} x_i $$

Тогда $s_{1,k}(x_1, \ldots, x_k) = x_1 + \ldots + x_k$,

$$ \prod_{i=1}^k (x-x_i) = x^k + \sum_{i=1}^k (-1)^i s_{i,k}(x_1,\ldots,x_k) x^{k-i} $$

и для любого $m \geqslant 1$ существует многочлен $p_{m,k}(y_1, \ldots, y_k)$ такой, что

$$ x_1^m + \ldots + x_k^m = p_{m,k}(s_{1,k}(x_1,\ldots,x_k),\ldots,s_{k,k}(x_1,\ldots,x_k)) $$

Подставляя $x_1 = \ldots = x_k = 0$ видим, что в $p_{m,k}$ нет свободного члена. Где-то эти $p_{m,k}$ даже выписаны в явном виде...

Если $m < k$, то $p_{m,k}(y_1,\ldots,y_k) = p'_{m,k}(y_1,\ldots,y_m)$, ибо в противном случае степень $x_1^m + \ldots + x_k^m$ получается больше, чем $m$. В нашем случае $k = 5$ и $s_{1,5}(x_1,\ldots,x_5) = s_{2,5}(x_1,\ldots,x_5) = s_{3,5}(x_1,\ldots,x_5) = 0$. Отсюда сразу получаем $x_1^m + \ldots + x_5^m = 0$ для $m = 1,2,3$

[ewert]

Vvp_57 в сообщении #399190 писал(а):

Однако что касается суммы $\sum x_i^3=0$, тут нужны знания, которые в школах не дают. Увы их пока нет и у меня.

А откуда Вы тогда знаете, что сумма квадратов равна нулю?...

Да, и кстати: а вам про комплексные-то корни уравнения -- рассказывали?...

Профессор Снэйп в сообщении #399256 писал(а):

Отсюда сразу получаем

Вот так бы сразу. Это -- действительно по-школьному!

[RIP]

(Оффтоп)

Профессор Снэйп в сообщении #399256 писал(а):

Где-то эти $p_{m,k}$ даже выписаны в явном виде...

$$p_{m,k}(y_1,\ldots,y_k)=\sum_{m_1+2m_2+\ldots+km_k=m}\frac{(-1)^mm(m_1+m_2+\ldots+m_k-1)!}{m_1!m_2!\ldots m_k!}\,(-y_1)^{m_1}(-y_2)^{m_2}\ldots(-y_k)^{m_k}.$$

Формулы Варинга, по-моему.

[Vvp_57]

ewert
Сарказм Ваш мне понятен. Наверное странно что задавая непростые вопросы мне неизвестны "азы" высшего математического образования. Тем не менее, это так. Надеюсь форум DxDy, который уже столько раз выручал меня(за что ему большое спасибо!), потихонечку повысит мой уровень знаний. А я в свою очередь, если конечно же получиться постараюсь написать чему равен косинус от угла $\frac{\pi }{257}$ в "вожделенных" радикалах.
Не знаю, что Вам ответить про квадраты, может потому что они чаще встречаются?
С комплексными знаком. Лучше сказать с числами с не действительной частью. Впрочем это большая(если не сказать, больная) тема.

[arqady]

Vvp_57 в сообщении #399383 писал(а):

А я в свою очередь, если конечно же получиться постараюсь написать чему равен косинус от угла $\frac{\pi }{257}$ в "вожделенных" радикалах.

По мне, достаточно знать, что это возможно. Зачем просто так мучиться? Что там может быть интересного?