Ταυτότητα με τρεις Euler

Συντονιστές: achilleas, emouroukos, silouan

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3071
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Ταυτότητα με τρεις Euler

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τρί Μάιος 26, 2020 7:13 pm

Εστω  \displaystyle X=ax+by+cz,Y=ay+bz+cx,Z=az+bx+cy

Να δειχθεί ότι

\displaystyle X^3+Y^3+Z^3-3XYZ=(a^3+b^3+c^3-3abc)(x^3+y^3+z^3-3xyz)

Που ανήκουν τα παραπάνω δεν έχει καμία σημασία. Μπορεί να είναι πραγματικοί μπορεί να είναι μιγαδικοί,και γενικότερα στοιχεία μεταθετικού δακτυλίου



Λέξεις Κλειδιά:
KDORTSI
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1928
Εγγραφή: Τετ Μαρ 11, 2009 9:26 pm

Re: Ταυτότητα με τρεις Euler

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KDORTSI » Τρί Μάιος 26, 2020 8:25 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε:
Τρί Μάιος 26, 2020 7:13 pm
Εστω  \displaystyle X=ax+by+cz,Y=ay+bz+cx,Z=az+bx+cy

Να δειχθεί ότι

\displaystyle X^3+Y^3+Z^3-3XYZ=(a^3+b^3+c^3-3abc)(x^3+y^3+z^3-3xyz)\  \ (*)

Που ανήκουν τα παραπάνω δεν έχει καμία σημασία. Μπορεί να είναι πραγματικοί μπορεί να είναι μιγαδικοί,και γενικότερα στοιχεία μεταθετικού δακτυλίου
Σταύρε καλησπέρα...

Εϊναι:

\displaystyle{X+Y+Z=(a+b+c)(x+y+z) \  \ (1)}

Ακόμα από την ταυτότητα του Euler έχουμε:

\displaystyle{X^3+Y^3+Z^3-3XYZ=(X+Y+Z)(X^2+Y^2+Z^2-XY-YZ-ZX) \  \ (2)}

\displaystyle{a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca) \ \ (3)}

\displaystyle{x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx) \  \ (4)}

Για να δείξουμε την ζητούμενη (*) αρκεί να δείξουμε:

\displaystyle{X^2+Y^2+Z^2-XY-YZ-ZX=(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx) \  \ (5) }

Αν λοιπόν στο πρώτο μέλος της (5) αντικαταστήσουμε τις μεταβλητές \displaystyle{X,Y,Z} με τις τιμές αυτών
από τις δοθείσες σχέσεις, τότε μετά από πολλές πράξεις καταλήγουμε στο δεύτερο μέλος.
Αυτό εγώ προσωπικά το έπραξα με τη βοήθεια του λογισμικού Maple.
Euler 3.png
Euler 3.png (4.13 KiB) Προβλήθηκε 283 φορές
Χωρίς το λογισμικό, θα ήθελε πολύ υπομονή να εξαχθεί αυτή η ισότητα. Ίσως όμως
κάποιος να το πετύχει με πιο έξυπνο τρόπο...

Κώστας Δόρτσιος


Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 310
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Ταυτότητα με τρεις Euler

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Τρί Μάιος 26, 2020 8:50 pm

Πράγματι μπορούμε να θεωρήσουμε τους πίνακες \begin{bmatrix} a& b & c\\ c & a & b\\ b & c & a \end{bmatrix},\begin{bmatrix} x &z&y\\ y& x &z\\ z& y& x \end{bmatrix} και να τους πολλαπλασιάσουμε/πάρουμε ορίζουσες.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3071
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ταυτότητα με τρεις Euler

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τρί Μάιος 26, 2020 9:29 pm

min## έγραψε:
Τρί Μάιος 26, 2020 8:50 pm
Πράγματι μπορούμε να θεωρήσουμε τους πίνακες \begin{bmatrix} a& b & c\\ c & a & b\\ b & c & a \end{bmatrix},\begin{bmatrix} x &z&y\\ y& x &z\\ z& y& x \end{bmatrix} και να τους πολλαπλασιάσουμε/πάρουμε ορίζουσες.
Πολύ ωραία λύση.
Δεν την γνώριζα.
Εχω λύση με πράξεις.

Είναι η άσκηση Β-394 σελ 186
από την ΑΛΓΕΒΡΑ του Σ.Κανέλλου

http://e-library.iep.edu.gr/iep/collect ... 515&tab=01


Άβαταρ μέλους
Demetres
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 8447
Εγγραφή: Δευ Ιαν 19, 2009 5:16 pm
Τοποθεσία: Λεμεσός/Πύλα
Επικοινωνία:

Re: Ταυτότητα με τρεις Euler

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Demetres » Τρί Μάιος 26, 2020 11:26 pm

Ένας άλλος τρόπος που αποφεύγει αρκετές πράξεις είναι με τη χρήση της ταυτότητας

x^3+y^3+z^3-3xyz = (x+y+z)(x+\omega y + \omega^2 z)(x + \omega^2 y + \omega z)

όπου \omega μια πρωταρχική κυβική ρίζα της μονάδος. [Εργαζόμαστε σε επέκταση του δακτυλίου μας αν χρειαστεί.]


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3071
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Ταυτότητα με τρεις Euler

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Τετ Μάιος 27, 2020 11:33 am

KDORTSI έγραψε:
Τρί Μάιος 26, 2020 8:25 pm


Σταύρε καλησπέρα...

Εϊναι:

\displaystyle{X+Y+Z=(a+b+c)(x+y+z) \  \ (1)}

Ακόμα από την ταυτότητα του Euler έχουμε:

\displaystyle{X^3+Y^3+Z^3-3XYZ=(X+Y+Z)(X^2+Y^2+Z^2-XY-YZ-ZX) \  \ (2)}

\displaystyle{a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca) \ \ (3)}

\displaystyle{x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx) \  \ (4)}

Για να δείξουμε την ζητούμενη (*) αρκεί να δείξουμε:

\displaystyle{X^2+Y^2+Z^2-XY-YZ-ZX

\displaystyle =(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)   (5)

Καλημέρα στα ωραία Γρεβενά.
Συνεχίζω την απόδειξη του Κώστα.
Η σχέση (5) γράφεται

\displaystyle (X-Y)^2+(Y-Z)^2+(Z-X)^2=(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)( (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2) (6)

Θέτουμε
\displaystyle X_1=x-y,Y_1=y-z,Z_1=z-x

Ετσι είναι

\displaystyle X-Y=aX_1+bY_1+cZ_1,Y-Z=aY_1+bZ_1+cX_1,Z-X=aZ_1+bX_1+cY_1

Το πρώτο μέλος της (6) γίνεται

\displaystyle  (a^2+b^2+c^2)(X_1^2+Y_1^2+Z_1^2)+2(X_1Y_1+Y_1Z_1+Z_1X_1)(ab+bc+ac)(7)

Αλλά επειδή είναι X_1+Y_1+Z_1=0
έχουμε ότι

\displaystyle 2(X_1Y_1+Y_1Z_1+Z_1X_1)=-(X_1^2+Y_1^2+Z_1^2)

αντικαθιστώντας στην (7) παίρνουμε την (6)


Απάντηση

Επιστροφή σε “Άλγεβρα - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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