Ritorno... al sistema
Inviato: sab mag 05, 2007 9:43 pm
Risolvere il sistema:
${x+y+z=7$
$x^2+y^2+z^2=27$
$x^3+y^3+z^3=103$
karl
${x+y+z=7$
$x^2+y^2+z^2=27$
$x^3+y^3+z^3=103$
karl
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Ritorno... al sistema
Pagina 1 di 1
Inviato: sab mag 05, 2007 10:35 pm
$\left( {3, 2 - \sqrt 5 , 2 + \sqrt 5 } \right)$
Inviato: dom mag 06, 2007 6:10 pm
La prima idea che mi è venuta in mente mi ha portato
a cercare un polinomio di terzo grado attraverso le
cosiddette formule di Viète.
Sappiamo che:
(x+y+z)² = x²+y²+z²+2(xy+yz+zx) = 49 = 27+2(xy+yz+zx)
da cui otteniamo:
xy+yz+zx = 11.
Ora, poiché:
x³+y³+z³ = 103 = 27·7-86 = (x²+y²+z²)(x+y+z)-86 = x³+y³+z³+xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)-86
troviamo:
xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x) = 86 = xy(7-z)+yz(7-x)+zx(7-y) = 7(xy+yz+zx)-3xyz
e infine:
xyz = -3.
Siamo quindi passati dal sistema dato al seguente:
x+y+z = 7
xy+yz+zx = 11
xyz = -3
il quale è formato dalle formule che mettono in relazione
le radici di un'equazione cubica del tipo:
aw³+bw²+cw+d = 0
con i propri coefficienti.
Considerando il coefficiente $a=1$, possiamo pertanto
ricondurci all'equazione:
$w^{\small 3}-7w^{\small 2}+11w+3 = 0$
di cui i nostri $x$, $y$ e $z$ sono appunto le radici.
Poiché si vede subito che per $w=3$ tale equazione si
annulla, si ricava facilmente questa prima fattorizzazione:
$w^{\small 3}-7w^{\small 2}+11w+3 = (w-3)(w^{\small 2}-4w-1)$
e finalmente, risolvendo la quadratica:
$w^{\small 3}-7w^{\small 2}+11w+3 = (w-3)[w-(2-\sqr{5})][w-(2+\sqr{5})].$
Per cui confermo il risultato ottenuto da Sancho
a cercare un polinomio di terzo grado attraverso le
cosiddette formule di Viète.
Sappiamo che:
(x+y+z)² = x²+y²+z²+2(xy+yz+zx) = 49 = 27+2(xy+yz+zx)
da cui otteniamo:
xy+yz+zx = 11.
Ora, poiché:
x³+y³+z³ = 103 = 27·7-86 = (x²+y²+z²)(x+y+z)-86 = x³+y³+z³+xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x)-86
troviamo:
xy(x+y)+yz(y+z)+zx(z+x) = 86 = xy(7-z)+yz(7-x)+zx(7-y) = 7(xy+yz+zx)-3xyz
e infine:
xyz = -3.
Siamo quindi passati dal sistema dato al seguente:
x+y+z = 7
xy+yz+zx = 11
xyz = -3
il quale è formato dalle formule che mettono in relazione
le radici di un'equazione cubica del tipo:
aw³+bw²+cw+d = 0
con i propri coefficienti.
Considerando il coefficiente $a=1$, possiamo pertanto
ricondurci all'equazione:
$w^{\small 3}-7w^{\small 2}+11w+3 = 0$
di cui i nostri $x$, $y$ e $z$ sono appunto le radici.
Poiché si vede subito che per $w=3$ tale equazione si
annulla, si ricava facilmente questa prima fattorizzazione:
$w^{\small 3}-7w^{\small 2}+11w+3 = (w-3)(w^{\small 2}-4w-1)$
e finalmente, risolvendo la quadratica:
$w^{\small 3}-7w^{\small 2}+11w+3 = (w-3)[w-(2-\sqr{5})][w-(2+\sqr{5})].$
Per cui confermo il risultato ottenuto da Sancho
Inviato: lun mag 07, 2007 1:08 am
Si, sono 6 soluzioni simmetriche.
Inviato: mar mag 08, 2007 8:11 pm
Grande Br1 !!
Soluzione perfetta .
A risentirci.
karl
Soluzione perfetta .
A risentirci.
karl