Chủ đề này có 2 trả lời

[Crystal]

Bài toán. Giải hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}
x + y + z = 0\\
{x^2} + {y^2} + {z^2} = 10\\
{x^7} + {y^7} + {z^7} = 350
\end{array} \right.\]

[donghaidhtt]

Bài toán. Giải hệ phương trình: \[\left\{ \begin{array}{l}
x + y + z = 0\\
{x^2} + {y^2} + {z^2} = 10\\
{x^7} + {y^7} + {z^7} = 350
\end{array} \right.\]

Từ pt (1) ta có $ \left ( x+y+z \right )^{2}=0 \Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xy+2yz+2zx=0 \Leftrightarrow 10+2(xy+yz+zx)=0 \Leftrightarrow xy+yz+zx=-5$
đặt A=x+y+z=0 , B=xy+yz+zx=-5 , C=xyz (cần tìm C)
Theo hệ thức Vi-ét đối với pt bậc 3 ta có x,y,z là nghiệm của pt $ X^{3}-AX^{2}+BX-C=0 \Leftrightarrow X^{3}-5X-C=0$
Đặt $S_{n}=x^{n}+y^{n}+z^{n}$
Ta có $ x^{3}-5x-C=0$ nhân 2 vế với $x^{n}$ ta có $x^{n+3}-5x^{n+1}-Cx^{n}=0$
Tương tự cho y,z ta có $y^{n+3}-5y^{n+1}-Cy^{n}=0$
$z^{n+3}-5z^{n+1}-Cz^{n}=0$
cộng 3 vế ta có $ S_{n+3}-5S_{n+1}-CS_{n}=0$ (công thức tổng quát có thể viết $ S_{n}-5S_{n-2}-CS_{n-3}=0$ hay $\ S_{n}=5S_{n-2}+CS_{n-3}$) (*)
Với $\ S_{0}=3, S_{1}=0, S_{2}=10$ theo công thức (*) ta tìm được $S_{3}=3C, S_{4}=50, S_{5}=25C \Rightarrow S_{7}=175C$ kết hợp với pt (3) $ S_{7}=350$ thì C=2
Vậy x,y,z là 3 nghiệm của pt $ X^{3}-5X-2=0$
$ \Leftrightarrow (X+2)(X^{2}-2X-1)=0 \Leftrightarrow \begin{bmatrix} X=-2\\ X=1-\sqrt{2}\\ X=1+\sqrt{2} \end{bmatrix}$
Vậy hệ pt có 6 nghiệm: $\begin{pmatrix} x; y; z \end{pmatrix}=(-2;1-\sqrt{2};1+\sqrt{2})$ và các hoán vị
Làm cách này thì trình bày hơi dài, ai có cách khác ko ạ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi donghaidhtt: 03-06-2012 - 12:19

[Apollo Second]

cách làm hay thật , chắc vầy là ngắn r , mình thì rút thế làm thế này:
Từ phương trình (1) suy ra: $x=-(y+z)$(*)
Thế vào phương trình (2) ta được: $y^2+yz+z^2=5$hay$(y+z)^2=5+yz$ (**)hay$xy+yz+xy=-5$(4)
Thế vào phương trình (3) ta được: $y^7+z^7-(y+z)^7=350<=>y^6z+3y^5z^2+5y^4z^3+5y^3z^4+3y^2z^5+z^6y=-50$
$<=>yz(y^5+y^3z^2+3y^4z+3y^2z^3+3y^3z^2+3yz^4=y^2z^3+z^5+y^2z^3+y^3z^2)=-50$
$<=>yz[(y^2+z^2)y^3+(y^2+z^2)3y^2z+(y^2+z^2)3yz^2+(y^2+z^2)z^3+y^2z^2(y+z)]=-50$
$<=>yz[(y^2+z^2)(y+z)^3+y^2z^2(y+z)]=-50<=>yz(y+z)[(y^2+z^2)(y+z)^2+y^2z^2]=-50$
Thế (**) vào PT trên ta được: $yz(y+z)[(5-zy)(5+yz)+y^2z^2]=-50<=>25yz(y+z)=-50$
Thế (*) vào PT trên ta được: $<=>xyz=-2$(5)
Từ (1) , (4) , (5) và theo định lý Vi-et thì x,y,z là 3 nghiệm của PT : $t^3-5t+2=0$
$<=>(t-2)(t^2+2t-1)=0$
Suy ra : $(x,y,z)=(2,1+\sqrt{2},1-\sqrt{2})$ và các hoán vị của nó
hajz ... cách này có vẽ hơi cực nhỉ @@!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Apollo Second: 03-06-2012 - 20:46