次の等式の成立の証明を、一文字消去(これは出来ました)以外のやりかたでできるかた。ぜひ、やりかたを教えてください。

a+b+c=0 のとき

6(a^5+b^5+c^5)=5(a^2+b^2+c^2)(a^3+b^3+c^3)

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A 回答 (3件)

happines-snowさんへ


揚げ足とりなんてとんでもない
訂正してくださってありがとうございます。

shuudaiさんへ
こういう対称式の問題は
a+b+c,ab+bc+ca,abc
の3つですべてを表現できることも覚えておくといいですよ。
ちなみに
a+b=0 のとき
6(a^5+b^5)=5(a^2+b^2)(a^3+b^3)を示せ。
という問題でしたら(c=0 にしただけですが)
a+bとabの2つで
a^5+b^5、a^2+b^2、a^3+b^3
を表していけば良いわけです。
もっとも この場合はa=-bを代入すれば一発ですが。
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すみません。

なんだか上げ足を取るようでなんなのですが。。。

shushouさんへ
次の恒等式はもし暗記してなかったら暗記しましょう。
(a^2+b^2+c^2)=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca
a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)

(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca
ちゃいますか?
ごめんなさい。。
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a+b+c=0より


a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)=-2(ab+bc+ca) (1)
a^3+b^3+c^3=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)+3abc=3abc (2)

よって、右辺=5(a^2+b^2+c^2)(a^3+b^3+c^3)
      =-30abc(ab+bc+ca)
一方 
a^5+b^5+c^5
=(a^2+b^2+c^2)(a^3+b^3+c^3)
-(a^2b^2(a+b)+a^2c^2(a+c)+b^2c^2(b+c))
=(a^2+b^2+c^2)(a^3+b^3+c^3)
-(-a^2b^2c-a^2c^2b-b^2c^2a) (∵ a+b=-c,a+c=-b,b+c=-a)
=(a^2+b^2+c^2)(a^3+b^3+c^3)
+abc(ab+bc+ca)
=-6abc(ab+bc+ca)+abc(ab+bc++ca) (∵(1),(2))
=-5abc(ab+bc+ca)
であるから
左辺=6(a^5+b^5+c^5)=-30abc(ab+bc+ca)
よって左辺=右辺となりますね。

次の恒等式はもし暗記してなかったら暗記しましょう。
(a^2+b^2+c^2)=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca
a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)
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Qa^2+b^2+c^2=3 のとき、a^3+b^3+c^3+3abc<

a^2+b^2+c^2=3 のとき、a^3+b^3+c^3+3abc<=6 を示せ。
(ただし,a>0,b>0,c>0)これは、既出の問題で、添削をしてもらい、間違いを指摘してもらいました。
いろいろ考えましたが、良い考えがでません。
添削してもらった解答は、c<=b<=a と置いて、これより、c<=1 が分かる。
また、相加相乗を使うと、abc<=1 となるので、証明する式は、
a^3+b^3+c^3<=3 となる。ここで、c<=1だから、a^3+b^3+c^3<=a^3+b^3+1^3となるので、
a^3+b^3<=2を a^2+b^2+1^2=3,つまり、a^2+b^2=2のもとで示せばよい。
としてしまいましたが、c=1でa^3+b^3+c^3が最大になるとは限らないので、ここで考えは
破綻しました。
良い考えがありましたら、よろしくお願いします。

Aベストアンサー

>a^3+b^3+c^3≦3が示された

反例
(√5/2)^2+(√5/2)^2+(√2/2)^2=3
(√5/2)^3+(√5/2)^3+(√2/2)^3>3

Qa,b,cは自然数で、a^2+b^2+c^2=abc (a<=b<=c

a,b,cは自然数で、a^2+b^2+c^2=abc (a<=b<=c)を満たす組(a,b,c)を求めよ。

代入して(3,3,3)は見つかったけれど、筋道たててもとめるにはどうしたらいいのでしようか。

Aベストアンサー

この関係を満たすa、b、cは無数に存在することが、06年の東大入試で出題されている。
書き込むのが面倒なので、下のURLを見て欲しい。


http://www.riruraru.com/cfv21/math/tum06f4.htm

QF_n=(a+b+c)^(2n+1)-{a^(2n+1)+b^(2n+1)+c^(2n+1)} の因数分解

F_n=(a+b+c)^(2n+1)-{a^(2n+1)+b^(2n+1)+c^(2n+1)} 
(n=1,2,3,4,5)
を因数分解せよ、という問題なのですが、どすればよいのでしょうか?

なお、答えは、

F_1=3(b+c)(c+a)(a+b)
F_2=5(b+c)(c+a)(a+b)(Σa^2+Σab)
F_3=7(b+c)(c+a)(a+b)(Σa^4+2Σa^3 b+3Σa^2 b^2+5Σa^2 bc)
F_4=3(b+c)(c+a)(a+b)(3Σa^6+9Σa^5 b+19Σa^4 b^2+35Σa^4 bc+23Σa^3 b^3+63Σa^3 b^2 c)
F_5=11(b+c)(c+a)(a+b)(Σa^8+4Σa^7 b+11Σa^6 b^2+21Σa^6 bc+9Σa^5 b^3+54Σa^5 b^2 c+23Σa^4 b^4+84Σa^4 b^3 c+123Σa^4 b^2 c^2+159Σa^3 b^3 c^2)

のようなのですが、(b+c)(c+a)(a+b)を因数に持つことは分かりますが、残りの因数はどうやってもとめるのでしょうか?

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F_n=(a+b+c)^(2n+1)-{a^(2n+1)+b^(2n+1)+c^(2n+1)} 
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なお、答えは、

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Aベストアンサー

最後までは計算していませんが、次の方法でできそうです。
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(ここで、A+B+C = 2n+1 です。)
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F_n=(a+b+c)^(2n+1)-{a^(2n+1)+b^(2n+1)+c^(2n+1)} に対しても同じようにします。
このようにすると、例えば C > 0 であれば、
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Qa^(a+b)=b^24,b^(a+b)=a^6を同時に満たす1と異なるの正数a,bを求めよ

こんにちは。

[問]
a^(a+b)=b^24,b^(a+b)=a^6を同時に満たす1と異なるの正数a,bを求めよ。
[解]
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a+b=6log[b]a=6/log[a]b
なので
(log[a]b)^2=1/4
log[a]b=±1/2
a^(±1/2)=b
からどうしてもa,bが定まりませんどうすれば定まりますでしょうか?

Aベストアンサー

>a,b(>0)の大小関係のいかんによってはlog[a]b<0も有り得るのでは??

ええ、もちろん log[a]b を単独でみるときはそうです。でも、この式
   a+b=24log[a]b をみると、a も b も正の数ですから、左辺は
正の数ですよね。ということは、右辺の log[a]b は正の数でなければな
りませんよね?そういう意味で log[a]b>0 といったのです。
したがって、もし b=a^(-1/2)を log[a]b に入れると log[a]a^(-1/2)=-1/2
となり、a+b=-12 で「a,bは正の数」と言うことに矛盾してしまいます。

納得できたでしょうか。説明が足りなくてすみませんでした。

Qf(a+√b)=c+√b f(a-√b)=c-√b f(a+bi)=c+dif(a-bi)=c-di

f(a+√b)=c+√b
ならば
f(a-√b)=c-√b
は成り立ちますか。
√の中は変わらないので計算後も√bのままでいいでしょうか。

f(a+bi)=c+di
ならば
f(a-bi)=c-di
は成り立ちますか。
前回の質問が締め切られてしまいました。
前回回答いただきましたTacosanさま、かなり考えましたがヒントに最後まで答えることが出来ず、申し訳ありませんでした。一定の条件がわかりませんでした。こちらにも是非回答お願いいたします。詳しい回答本当にありがとうございました。

Aベストアンサー

反例:
xの一次式
f(x) = x ・(1-√2) + √2

f(1+√2) = (1+√2)・(1-√2) + √2
=1-2 + √2
=-1+ √2

f(1-√2) = (1-√2)・(1-√2) + √2
= 1 -2√2 + 2 + √2
= 3 - √2 ≠ - 1 - √2

---
f(x) = g(a,|x-a|) + (x - a)
と表せるなら
 f(a+√b) = g(a,|√b|) + √b = g(a,√b) + √b
 f(a-√b) = g(a,|-√b|) + (-√b) = g(a,√b) - √b
c = g(a,√b) とすれば
 f(a+√b) = c + √b
 f(a-√b) = c - √b
です。
ですが、 c + √b という形を見ただけでは、√b が「 + (x-a) 」に由来するものなのか、g(a,|x-a|)の|x-a|に由来するものなのか、g()に由来する xに依存しない定数√b なのか、判断できません。


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