$a^3+b^3+c^3-3abc$'yi çarpanlarına nasıl ayırırız?

1 beğenilme 0 beğenilmeme
196 kez görüntülendi

$a,b,c\in\mathbb{R}$ olmak üzere

$a^3+b^3+c^3-3abc$ ifadesini çarpanlarına ayırınız.

Ben 3 küp çizip $a^3+b^3+c^3$'ün değerini bulmayı denedim ama bir sonuç çıkmadı.

29, Ocak, 29 Orta Öğretim Matematik kategorisinde emresafa (160 puan) tarafından  soruldu
31, Ocak, 31 alpercay tarafından düzenlendi

Denediğin çok karmaşık olmazmı?

$(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)$ böyle başlayabilirsin


Bu sonuca nasıl ulaştınız Yusuf hocam?

$a^3+b^3=(a+b)^3-3ab(a+b)$  özdeşliğini yerine koyarak başlayın.

$a^n+b^n+c^n$  için Doğan hocanın bir yorumu vardı sitede ama bulamadım.

Belki birilerinin ilgisini çeker: $x^2+y^2+z^2-3xyz=0$  denklemini sağlayan doğal sayı üçlülerine Markov üçlüleri deniyor. Bu üçlüler baya ünlüler. Çok saçma sapan yerlerde karşımıza çıkabilirler. 

Değişkenlerin hepsi birbirine eşit çıkabilirmi?

Evet, $x=y=z=1$ durumunda.

$(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)$ cevabını deneme yolu harici ne gibi yollarla bulabiliriz?

Bu üçüncü dereceden homojen bir denklem. Yani bir $(a,b,c)$ üçlüsü bu eşitliği sağlıyorsa her $k$ için $(ka, kb,kc)$ üçlüsü de bu eşitliği sağlar. Göstermek zor değil. Dolayısıyla, aralarında asal çözümleri bulmak yeter. alpercay'ın da dediği gibi $(1,1,1)$ bir çözüm.

Öte yandan, $(a,b,c)$ üçlüsünün tüm permütasyonları aynı çözümü verir. O yüzden $a\leq b \leq c$ varsayımını yapabilirim. 

$(1,1,1)$ üçlüsü dışında, üç tane değil de iki tane koordinatı aynı olan kaç tane çözüm bulunabilir? o

Not: bunu ayrı bir soru olarak yazmalıyım sanırım, emresafa'nın sorusundan çalmış olmayalım.

$a,b,c,d\in\mathbb{R}$ ve $a+b+c+d=0$ ise
$$a^3+b^3+c^3+d^3=3(abc+bcd+cda+dab)$$
eşitliği de sağlanıyor. $a,b,c,d$ sayılarından biri $0$'a eşitse denklem $a^3+b^3+c^3=3abc$ ve $a+b+c=0$ denklemine dönüşüyor. Bu $a+b+c$'nin $a^3+b^3+c^3-3abc$ sayısının çarpanı olduğunu göstermez ama deneyip bakılınca $a+b+c$'nin çarpan olduğu gözüküyor.

Müsait olunca bir çözüm yazacağım. 

  $x^2+y^2+z^2-3xyz=0$     Denkleminin tamsayi cozumleri.

$x^2+y^2+z^2-3xy=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)=0$

Altigen kisim $x+y+z=0$ denkleminin cozumleri.

Kosegen ise $x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx=0$  denkleminin cozumleri.


image

4 Cevaplar

1 beğenilme 0 beğenilmeme

$\begin{eqnarray*}x^3+y^3+z^3-3xyz&=& \begin{vmatrix} x & z & y \\ y & x & z \\ z & y & x \end{vmatrix}\\ &=& \begin{vmatrix} x+y+z & x+y+z & x+y+z \\ y & x & z \\ z & y & x \end{vmatrix}\\ &=&(x+y+z) \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ y & x & z \\ z & y & x \end{vmatrix}\\ &=&(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx). \end{eqnarray*}$

29, Ocak, 29 murad.ozkoc (9,515 puan) tarafından  cevaplandı
2 beğenilme 0 beğenilmeme

Şöyle de (biraz daha ileri teknik ile) çözülebiliyor:

$a^3+b^3+c^3-3abc$ "simetrik" bir polinom. ($a,b,c$ permütasyonları onu değiştirmiyor)

Öylesyse "elementer simetrik polinomlar" cinsinden yazılabiliyor olmalı. 

Bunlar $\sigma_1=a+b+c,\ \sigma_2=ab+bc+ac,\ \sigma_3=abc$ Yani (3. derece olduğu için)

$a^3+b^3+c^3-3abc=A\sigma_1^3+B\sigma_1\sigma_2+C\sigma_3=A(a+b+c)^3+B(a+b+c)(ab+bc+ac)+Cabc$

olacak şekilde $A,B,C$ sayıları vardır.

$a^3$ ün katsayısından $A=1$ bulunur.

$a^2b$ nin katsayısından $B=-3$ bulunur.

Daha sonra da $C=0$ bulunur.

Bu da $a^3+b^3+c^3-3abc=\sigma_1(\sigma_1^2-3\sigma_2)$ olması demektir.

29, Ocak, 29 DoganDonmez (4,081 puan) tarafından  cevaplandı

Not: Sercan çözümünde bahsettiği, verilen ifadenin homojen oluşundan, ben (açıkça söylemeden) yararlandım.

$a^3+b^3+c^3-3abc$ yi elementer simetrik fonksiyonlar cinsinde yazarken (farkettiyseniz) sadece 3. derece polinomları kullandım . $\sigma_1^2,\sigma_1$  ve $\sigma_2$ terimlerini hiç yazmadım.

1 beğenilme 0 beğenilmeme

Uzun uzun anlatacagim ama aslinda bu bilgileri bilince direkt de cozume gidilebilir. Buradaki yontemlerden bircok farkli sekilde de cozume gidilebilir.


Gercel sayilar uzerinde carpanlara ayrildigini dusunelim. 

(1) Homojen polinomlar homojen carpanlara ayrilir. (ya da ayrilabilir mi diye sorayim?)

Carpanlara ayriliyorsa birinci dereceden bir carpani vardir. Homojenlik geregi $k$ ve $\ell$ gercel olacak sekilde $$a+k b+\ell c$$ seklinde olmalidir.

(1') Ayrica simetrik olmasi da var ama buna pek girmeyecegim. 

(2) $w$ birin ucuncu ilkel koku olsun. Bu durumda  $(a,b,c)$ bir cozumse $(a,wb,w^2c)$ ve $(a,w^2b,wc)$ de bir cozum olur. Dolayisiyla $$(a+k b+\ell c)(a+k bw+\ell cw^2)(a+kbw^2+\ell cw)$$ seklinde carpanlara ayrilmalidir. 

$b^3$ ve $c^3$ katsaylari nedeniyle $k$ ve $\ell$ yine birin ucuncu koklerinden olmalidir. Dolayisiyla $k=l=1$ olmalidir.

Tabii bu biraz da karmasik katsayili carpanlara ayrilisidir. $w^2+w+1=0$ oldugundan $$(a+bw+cw^2)(a+bw^2+cw)=a^2+b^2+c^2+(w^2+w)(ab+ba+ca)$$$$=a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca$$ olur.



Eger carpanlarina ayriliyorsa boyledir. Aynisini $$a^3+b^3+c^3-4abc$$ icin de diyebiliriz. Bu gercel sayilar uzerinde carpanlarina ayrilir mi? ya da karmasik sayilar uzerinde carpanlarina ayrilir mi? 


Ek: Simetrik diye $a+b+c$ bir carpani olmak zorunda degil. $$(a+b-c)(a-b+c)(a-b-c)$$ polinomu incelenebilir.

30, Ocak, 30 Sercan (24,012 puan) tarafından  cevaplandı
30, Ocak, 30 Sercan tarafından düzenlendi
1 beğenilme 0 beğenilmeme

Ozdesliklere dayali elemanter bir cozum verelim:

$(a^3+b^3)+c^3-3abc=(a+b)^3-3ab(a+b)+c^3-3abc$  $$=((a+b)^3+c^3)-3a^2b-3ab^2-3abc$$  $$=(a+b+c)((a+b)^2-c(a+b)+c^2)-3ab(a+b+c)$$

$$=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ac)$$

30, Ocak, 30 alpercay (1,708 puan) tarafından  cevaplandı
30, Ocak, 30 alpercay tarafından düzenlendi
...