Question

$x^3-x-1=0$ denkleminin kökleri $a, b$ ve $c$ ise $$ a) \ \dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1} {1+b} +\dfrac{1}{1+c}...(\text{Antalya M.O.2004})$$  $$b) \ \dfrac{1+a}{1-a}+\dfrac{1+b} {1-b} +\dfrac{1+c}{1-c}...  (\text{Kanada M.O. 1996)}$$   $$c) \ \dfrac{1+a^2}{1-a^2}+\dfrac{1+b^2} {1-b^2} +\dfrac{1+c^2}{1-c^2}$$  toplamlarını bulunuz.

Answer 1

a) $P(x)=x^3-x-1$ dersek $$Q(x)=x^3P\left(\frac1x-1\right)=-(x^3-2x^2+3x-1)$$ polinomunun kökleri $(1+a)^{-1}$, $(1+b)^{-1}$ ve $(1+c)^{-1}$ olur.  Dolayısıyla istenen toplam $2$ olur.

b)  $\sum [2(1-\text{kök})^{-1}-1]$ olarak ilkinde $x$ yerine $-x$ yazarsak sonuç $2\cdot(-2)-3=-7$ olur

c) $\sum [(1+\text{kök})^{-1}+(1-\text{kök})^{-1}-1]$ olarak yazarsak sonuç $2+(-2)-3=-3$ gelir.

Comments

Teşekkürler Sercan hocam. İki soru daha ekledim.

---

Diğer ikisini de ekledim.

Answer 2

a) Vieta teoreminden $a+b+c=0$, $ab+bc+ca=-1$ ve $abc=1$ yazabiliriz. Bu durumda, payda eşitlenerek

$\dfrac{1}{1+a}+\dfrac{1}{1+b}+\dfrac{1}{1+c}=\dfrac{(1+b)(1+c)+(1+a)(1+c)+(1+a)(1+b)}{(1+a)(1+b)(1+c)} = \dfrac{ab+bc+ac+2(a+b+c)+3}{1+a+b+c+ab+bc+ca+abc}= \dfrac{-1+2 \cdot 0 +3}{1+0+(-1)+1}=\dfrac21=2$ bulunur.

Answer 3

a) Sercan hocanın çözümüne benzer olarak verilen denklemin köklerinin $1$ fazlasını kök kabül eden denklemi oluşturarak da çözüm yapabilirdik. Denklemde $x$ yerine $x+1$ bırakılarak bahsi geçen denklem $$x^3+3x^2+2x-1=0$$ olarak bulunur. Denklemin köklerini $a',b',c'$ ile gösterirsek  bizden istenen $$\dfrac{1}{a'}+\dfrac{1}{b'}+\dfrac{1}{c'}=\dfrac{a'b'+a'c'+b'c'}{a'b'c'}=\dfrac{2}{1}=2$$ bulunur.

Answer 4

b)  Kökleri $\dfrac{1+x}{1-x}$ formunda olan 3.derece denklemi kuralım:

$y=\dfrac{1+x}{1-x}$ yani $x=\dfrac{y-1}{y+1}$ dönüşümü istediğimiz denklemi verecektir. Bu değer yerine bırakılırsa $$(\dfrac{y-1}{y+1})^3-\dfrac{y-1}{y+1}-1=0$$ $$\dfrac{-y^3-7y^2+y-1}{(1+y)^3}=0$$ $$-y^3-7y^2+y-1=0$$ denklemine ulaşılır. Dolayısıyla istenen toplam Vieta teoreminden bu son denklemin kökler toplamı olacağından yanıt $-7$ olmalıdır.

Şöyle de çözülebilir (Çözüm H.yiğit Emekçi) 

Vieta Teoremi'nden $a+b+c=0,ab+bc+ca=-1,abc=1$ elde edilir. Cebirsel manipülasyonlarla ifadeyi açmaya hazırhale getirelim

$$LHS=\sum{\dfrac{1+a}{1-a}}=\sum{\left(1+\dfrac{2a}{1-a}\right)}=3+2\left(\sum{\left(\dfrac{1}{1-a}-1\right)}\right)=2\sum{\dfrac{1}{1-a}}-3$$
$$=\dfrac{2\sum{\left(1-a\right)\left(1-b\right)}}{\prod{\left(1-a\right)}}-3=\dfrac{2\left(3-2(a+b+c)+ab+bc+ca\right)}{1-(a+b+c)+ab+bc+ca-abc}=-4-3=-7$$
olarak belirlenir

Answer 5

c)  $a^3-a-1=0\Leftrightarrow a^3=a+1$

$\dfrac{1+a^2}{1-a^2}=\dfrac{a+a^3}{a-a^3}=\dfrac{a+(a+1)}{a-(a+1)}=\dfrac{2a+1}{-1}=-2a-1$ olacağından istenen toplam $$\displaystyle \frac{1+a^2}{1-a^2}+\frac{1+b^2}{1-b^2}+\frac{1+c^2}{1-c^2}=-2(a+b+c)-3=-3$$ bulunur.

Şöyle de çözülebilir:(Çözüm H.Yiğit Emekçi) 

Vieta'dan $a+b+c=0,ab+bc+ca=-1,abc=1$ olduğunu biliyoruz. Yine $a)$'daki gibi cebirsel manipülasyonla

$$LHS=2\sum{\dfrac{1}{1-a^2}}-3=\dfrac{2\sum{\left(1-a^2\right)\left(1-b^2\right)}}{\prod{\left(1-a^2\right)}}-3$$
$$=\dfrac{2\left(3-2(a^2+b^2+c^2)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}{1-(a^2+b^2+c^2)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2-a^2b^2c^2}-3$$
Ayrıca birkaç cebirsel adımla $a^2+b^2+c^2=-2(ab+bc+ca)=2$ ve $a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2=\left(ab+bc+ca\right)^2-2abc(a+b+c)=1$ olduğu söylenebilir. Buna göre

$$LHS=\dfrac{2\left(3-2(a^2+b^2+c^2)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}{1-(a^2+b^2+c^2)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2-a^2b^2c^2}-3$$
$$=\dfrac{2(3-4+1)}{1-(a^2+b^2+c^2)+a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2-a^2b^2c^2}-3=-3$$
olarak elde edilir.