每日一题[214] 利用方程进行递推

发表于2015年8月21日由意琦行

已知实数 $a,b,x,y$ 满足

$\begin{cases}ax+by=3,\\ax^2+by^2=7,\\ax^3+by^3=16,\\ax^4+by^4=42,\end{cases}$ 求 $ax^5+by^5$ 的值．

正确答案是 $20$ ．

解记 $A_n=ax^n+by^n$ ，其中 $n=1,2,\cdots$ ，则

$A_n=(x+y)A_{n-1}-xyA_{n-2},n\geqslant 3,$ 分别取

$n=3,4$ 可得

$\begin{cases}7(x+y)-3xy=16,\\16(x+y)-7xy=42,\end{cases}$ 解得

$\begin{cases}x+y=-14,\\xy=-38,\end{cases}$ 因此

$A_5=-14A_4+38A_3=20.$ 在上述解法中可以注意到

$x+y$ 与

$xy$ ，联想韦达定理，可以改写解法如下．

设 $x,y$ 是方程

$t^2=\alpha\cdot t+\beta$ 的两根，则

$\begin{split}ax^n=\alpha\cdot ax^{n-1}+\beta\cdot ax^{n-2},\\by^n=\alpha\cdot by^{n-1}+\beta\cdot by^{n-2},\end{split}$ 于是就有

$ax^n+by^n=\alpha\left(ax^{n-1}+by^{n-1}\right)+\beta\left(ax^{n-2}+by^{n-2}\right),$ 以下略．

下面给出一道题目作为练习：

已知

$\begin{cases}x+y+z=1,\\x^2+y^2+z^2=2,\\x^3+y^3+z^3=3,\end{cases}$ 求

$x^5+y^5+z^5$ 的值．

答案 $6$ ．

提示令 $A_n=x^n+y^n+z^n$ ，则

$A_n=\alpha\cdot A_{n-1}+\beta\cdot A_{n-2}+\gamma\cdot A_{n-3},$ 其中

$\alpha=x+y+z=1$ ，

$\beta=-(xy+yz+zx)=\dfrac 12$ ，

$\gamma=xyz=\dfrac 16$ ．

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《每日一题[214] 利用方程进行递推》有11条回应

Oloid说：

2015年9月2日下午5:57

你有没有QQ，发给你，好吗？
我不知怎么了，一发上去就要审核，审核结束后就会缺少字符。
怎么办？

登录以回复
- 意琦行说：
  
  2015年9月4日下午5:18
  
  2825739503，谢谢！
  
  登录以回复
Oloid说：

2015年9月2日下午3:57

牛顿恒等式推广的证明：
[Pleft( t right) = prodlimits_{i = 1}^n {left( {t - {x_i}} right)} = {t^n} + {c_1}{t^{n - 1}} + ldots + {c_{n - 1}}t + {c_n} = sumlimits_{i = 1}^n {{c_{i - 1}}{t^{n - i + 1}}}\
Pleft( {{x_i}} right) = sumlimits_{i = 1}^n {{c_{i - 1}}{t^{n - i + 1}}} = {x_i}^n + {c_1}{x_i}^{n - 1} + ldots + {c_{n - 1}}{x_i} + {c_n} = 0\
{A_i}{x_i}^kPleft( {{x_i}} right) = {A_i}{x_i}^{n + k} + {c_1}{A_i}{x_i}^{n + k - 1} + ldots + {c_{n - 1}}{A_i}{x_i}^{k + 1} + {c_n}{A_i}{x_i}^k = 0\
sumlimits_{i = 1}^n {{A_i}{x_i}^kPleft( {{x_i}} right)} = {T_{n + k}} + {c_1}{T_{n + k - 1}} + ldots + {c_{n - 1}}{T_{k + 1}} + {c_n}{T_k} = 0]

注意：

$c_0S_k+c_1S_{k-1}+cdots+c_nS_{k-n}=0(nleqslant k)tag{*}$
其中的 $color{red}{1leqslant k}$ 可以去掉，将牛顿恒等式中的 $color{red}{kin N_+}$ 推广为 $color{red}{kin Z}$
证明：
对方程 $f(x)=c_0x^n+c_1x^{n-1}+cdots+c_n=0,(c_0ne0)$
作倒数变换 $x=frac{1}{y}$ ，得：
$g(y)=c_ny^n+c_{n-1}y^{n-1}+cdots+c_0=0,(c_nne0)$
方程 $g(y)=0$ 的 $n$ 个根分别为原方程方程 $f(x)=0$ 的 $n$ 个根的倒数
记 ${S_k}^prime=y_1^k+y_2^k+cdots +y_n^k$
则 ${S_k}^prime={S_{-k}}$
对新方程运用 $({*})$ 式的结论，可知
$c_n{S_k}^prime+c_{n-1}{S_{k-1}}^prime+cdots+c_{1}{S_{k-n+1}}^prime+c_0{S_{k-n}}^prime=0$
$c_n{S_{-k}}+c_{n-1}{S_{1-k}}+cdots+c_{1}{S_{-1}}+c_0{S_{n-k}}=0tag{**}$

已知 $x+y+z=1$ ， $x^2+y^2+z^2=2$ ， $x^3+y^3+z^3=3$ ，求 $x^4+y^4+z^4$ 的值（1991年江苏省初中数学竞赛）
设 $S_n= x^n + y^n+ z^n$ ，这里 $x$ 、 $y$ 、 $z$ 是关于 $t$ 一元三次方程 $t^3 + c_1t + c_2t+c_3=0$ 的两个实根
则根据牛顿恒等式，有
[c_0S_k+c_1S_{k-1}+cdots+c_{k-1}S_1+kc_k=0(n3) ]
则
begin{eqnarray*}
{S_1} + {c_1} = 0\
{S_2} + {c_1}{S_1} + 2{c_2} = 0\
{S_3} + {c_1}{S_2} + {c_2}{S_1} + 3{c_3} = 0\ tag{1}
end{eqnarray*}
[{S_4} + c_1{S_{3}} + c_2{S_{2}} +c_3{S_{1}}=0tag{2}]
即
[left{ begin{array}{l}
1+ {c_1} = 0\
2 + {c_1} + 2{c_2} = 0\
3 + 2{c_1} + {c_2} + 3{c_3} = 0
end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
{c_1} = -1\
{c_2} = -frac12\
{c_3} = -frac16
end{array} right.]
[{S_4}=-(c_1{S_{3}} + c_2{S_{2}} +c_3{S_{1}})=frac{25}{6}]
[{S_5}=-(c_1{S_{4}} + c_2{S_{3}} +c_3{S_{2}})=color{red}{6}]
则根据牛顿恒等式推广 $left(**right)$ ，有
[c_3{S_{-1}} + c_2{S_{0}} + c_1{S_{1}} +{S_{2}}=0]
即
[{S_{-1}} = -frac{c_2{S_{0}} + c_1{S_{1}} +{S_{2}}}{c_3} =-3]
有
[c_3{S_{-2}} + c_2{S_{-1}} + c_1{S_{0}} +{S_{1}}=0]
即
[{S_{-2}} = -frac{c_2{S_{-2}} + c_1{S_{0}} +{S_{1}}}{c_3} =-3]
[frac{1}{x^2} + frac{1}{y^2} +frac{1}{z^2}=-3]
不要惊讶！上式的平方和怎么会等于负数呢？因为原方程有虚根！
之后的以此类推……

http://www.pep.com.cn/rjwk/gzsxsxkj/sxkj2014/sxkj17/sxkj13gk/201408/t20140819_1214626.htm
Newton's identities
http://fermatslasttheorem.blogspot.com/2007/02/newtons-identities.html
Newton-Girard formulas
Newton-Girard power sum formulas

这个别删！

登录以回复
- 意琦行说：
  
  2015年9月2日下午5:30
  
  缺少大量的\字符．
  
  登录以回复
  - Oloid说：
    
    2015年9月2日下午5:32
    
    牛顿恒等式推广的证明：
    [Pleft( t right) = prodlimits_{i = 1}^n {left( {t - {x_i}} right)} = {t^n} + {c_1}{t^{n - 1}} + ldots + {c_{n - 1}}t + {c_n} = sumlimits_{i = 1}^n {{c_{i - 1}}{t^{n - i + 1}}}\
    Pleft( {{x_i}} right) = sumlimits_{i = 1}^n {{c_{i - 1}}{t^{n - i + 1}}} = {x_i}^n + {c_1}{x_i}^{n - 1} + ldots + {c_{n - 1}}{x_i} + {c_n} = 0\
    {A_i}{x_i}^kPleft( {{x_i}} right) = {A_i}{x_i}^{n + k} + {c_1}{A_i}{x_i}^{n + k - 1} + ldots + {c_{n - 1}}{A_i}{x_i}^{k + 1} + {c_n}{A_i}{x_i}^k = 0\
    sumlimits_{i = 1}^n {{A_i}{x_i}^kPleft( {{x_i}} right)} = {T_{n + k}} + {c_1}{T_{n + k - 1}} + ldots + {c_{n - 1}}{T_{k + 1}} + {c_n}{T_k} = 0]
    
    注意：
    
    $c_0S_k+c_1S_{k-1}+cdots+c_nS_{k-n}=0(nleqslant k)tag{*}$
    其中的 $color{red}{1leqslant k}$ 可以去掉，将牛顿恒等式中的 $color{red}{kin N_+}$ 推广为 $color{red}{kin Z}$
    证明：
    对方程 $f(x)=c_0x^n+c_1x^{n-1}+cdots+c_n=0,(c_0ne0)$
    作倒数变换 $x=frac{1}{y}$ ，得：
    $g(y)=c_ny^n+c_{n-1}y^{n-1}+cdots+c_0=0,(c_nne0)$
    方程 $g(y)=0$ 的 $n$ 个根分别为原方程方程 $f(x)=0$ 的 $n$ 个根的倒数
    记 ${S_k}^prime=y_1^k+y_2^k+cdots +y_n^k$
    则 ${S_k}^prime={S_{-k}}$
    对新方程运用 $({*})$ 式的结论，可知
    $c_n{S_k}^prime+c_{n-1}{S_{k-1}}^prime+cdots+c_{1}{S_{k-n+1}}^prime+c_0{S_{k-n}}^prime=0$
    $c_n{S_{-k}}+c_{n-1}{S_{1-k}}+cdots+c_{1}{S_{-1}}+c_0{S_{n-k}}=0tag{**}$
    
    已知 $x+y+z=1$ ， $x^2+y^2+z^2=2$ ， $x^3+y^3+z^3=3$ ，求 $x^4+y^4+z^4$ 的值（1991年江苏省初中数学竞赛）
    设 $S_n= x^n + y^n+ z^n$ ，这里 $x$ 、 $y$ 、 $z$ 是关于 $t$ 一元三次方程 $t^3 + c_1t + c_2t+c_3=0$ 的两个实根
    则根据牛顿恒等式，有
    [c_0S_k+c_1S_{k-1}+cdots+c_{k-1}S_1+kc_k=0(n3) ]
    则
    begin{eqnarray*}
    {S_1} + {c_1} = 0\
    {S_2} + {c_1}{S_1} + 2{c_2} = 0\
    {S_3} + {c_1}{S_2} + {c_2}{S_1} + 3{c_3} = 0\ tag{1}
    end{eqnarray*}
    [{S_4} + c_1{S_{3}} + c_2{S_{2}} +c_3{S_{1}}=0tag{2}]
    即
    [left{ begin{array}{l}
    1+ {c_1} = 0\
    2 + {c_1} + 2{c_2} = 0\
    3 + 2{c_1} + {c_2} + 3{c_3} = 0
    end{array} right. Rightarrow left{ begin{array}{l}
    {c_1} = -1\
    {c_2} = -frac12\
    {c_3} = -frac16
    end{array} right.]
    [{S_4}=-(c_1{S_{3}} + c_2{S_{2}} +c_3{S_{1}})=frac{25}{6}]
    [{S_5}=-(c_1{S_{4}} + c_2{S_{3}} +c_3{S_{2}})=color{red}{6}]
    则根据牛顿恒等式推广 $left(**right)$ ，有
    [c_3{S_{-1}} + c_2{S_{0}} + c_1{S_{1}} +{S_{2}}=0]
    即
    [{S_{-1}} = -frac{c_2{S_{0}} + c_1{S_{1}} +{S_{2}}}{c_3} =-3]
    有
    [c_3{S_{-2}} + c_2{S_{-1}} + c_1{S_{0}} +{S_{1}}=0]
    即
    [{S_{-2}} = -frac{c_2{S_{-2}} + c_1{S_{0}} +{S_{1}}}{c_3} =-3]
    [frac{1}{x^2} + frac{1}{y^2} +frac{1}{z^2}=-3]
    不要惊讶！上式的平方和怎么会等于负数呢？因为原方程有虚根！
    之后的以此类推……
    
    http://www.pep.com.cn/rjwk/gzsxsxkj/sxkj2014/sxkj17/sxkj13gk/201408/t20140819_1214626.htm
    Newton's identities
    http://fermatslasttheorem.blogspot.com/2007/02/newtons-identities.html
    Newton-Girard formulas
    Newton-Girard power sum formulas
    
    登录以回复
    - Oloid说：
      
      2015年9月2日下午5:34
      
      你有没有QQ，发给你，好吗？
      
      登录以回复
意琦行说：

2015年9月2日下午3:38

删哪个？

登录以回复
- Oloid说：
  
  2015年9月2日下午3:39
  
  2015年9月2日下午3:14
  谢谢！
  
  登录以回复
  - 意琦行说：
    
    2015年9月2日下午3:42
    
    已经删除，刷新看看．这一楼在5点前删除．
    
    登录以回复
Oloid说：

2015年9月2日下午3:23

牛顿恒等式
对多项式 $f(x)=c_0x^n+c_1x^{n-1}+\cdots+c_n,(c_0\ne0)$
设方程 $f(x)=0$ 的 $n$ 个根为 $x_1$ ， $x_2$ ， $\cdots$ ， $x_n$
对于 $k\in N_+$ ，记 $S_k=x_1^k+x_2^k+\cdots +x_n^k$ 则有
1. $c_0S_k+c_1S_{k-1}+\cdots+c_{k-1}S_1+kc_k=0$ ( $1\leqslant k\leqslant n$ )
2. $c_0S_k+c_1S_{k-1}+\cdots+c_nS_{k-n}=0$ ( $n<k$ )

http://fermatslasttheorem.blogspot.jp/2007/02/newtons-identities.html

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Oloid说：

2015年9月2日下午3:22

已知实数 $a$ ， $b$ ， $x$ ， $y$ 满足

$\begin{cases}ax+by=3,\\ax^2+by^2=7,\\ax^3+by^3=16,\\ax^4+by^4=42,\end{cases}$
求 $ax^5+by^5$ 的值．
（第八届美国数学邀请赛）
设 $S_n= x^n + y^n$ ，这里 $x$ 、 $y$ 是关于 $t$ 一元二次方程 $t^2 +c_1t + c_2=0$ 的两个实根
则根据牛顿恒等式，有

$\begin{eqnarray*} {S_1} + {c_1} = 0\\ {S_2} + {c_1}{S_1} + 2{c_2} = 0\\ \tag{1} \end{eqnarray*}$
以及

$\begin{eqnarray*} {S_3} + {c_1}{S_2} + {c_2}{S_1} = 0\\ {S_4} + {c_1}{S_3} + {c_2}{S_2} = 0\\ {S_5} + {c_1}{S_4} + {c_2}{S_3} = 0\\\cdots\\\tag{2} \end{eqnarray*}$
设 $T_n= ax^n + by^n$ ，这里 $x$ 、 $y$ 是关于 $t$ 一元二次方程 $t^2 +c_1t + c_2=0$ 的两个实根
则根据牛顿恒等式的推广，有

$\begin{eqnarray*} {T_3} + {c_1}{T_2} + {c_2}{T_1} = 0\\ {T_4} + {c_1}{T_3} + {c_2}{T_2} = 0\\ {T_5} + {c_1}{T_4} + {c_2}{T_3} = 0\\\cdots\\\tag{2} \end{eqnarray*}$

http://www.pep.com.cn/rjwk/gzsxsxkj/sxkj2014/sxkj17/sxkj13gk/201408/t20140819_1214626.htm

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