前段时间看到了一道十分有趣的数学题，如下
\[ \begin{align*} &x+y+z=1 \\ &x^2+y^2+z^2=2 \\ &x^3+y^3+z^3=3 \\ &\cdots \\ &x^5+y^5+z^5=? \end{align*} \]
这规律看着挺明显哈，那\(x^5+y^5+z^5\)肯定等于\(5\)啊，这题小学僧都随便做~那很不好意思哦，这道题的答案其实是\(6\)(笑。
我们先从一个最简单的做法做起，显然\(x,y,z\)是如下方程的解
\[ \begin{align*} &(r-x)(r-y)(r-z)=0 \\ =>&r^3-(x+y+z)r^2+(xy+yz+xz)r-xyz=0 \tag{1}\\ \end{align*} \]
- \(x+y+z=1\)
\((x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2 +2(xy+yz+xz) => xy+yz+xz={1-2 \over 2} = -{1 \over 2}\)
\(x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-(xy+yz+xz))=>xyz={3-1 \times (2+{1\over2}) \over 3}={1\over6}\)
将上述三个式子代入\((1)\)式有
\[ r^3-r^2-{1\over2}r-{1\over6}=0 \tag{2} \]
这里\(r=x,y,z\)的时候等式成立，那么对\((2)\)式，我们左乘个\(r\)就有
\[ r^4-r^3-{1\over2}r^2-{1\over6}r=0 \]
然后分别将\(x,y,z\)代入可以得到
\[ \begin{cases} x^4-x^3-{1\over2}x^2-{1\over6}x=0 \\ y^4-y^3-{1\over2}y^2-{1\over6}y=0 \\ z^4-z^3-{1\over2}z^2-{1\over6}z=0 \end{cases} \]
三个式子相加，那么有
\[ (x^4+y^4+z^4)-(x^3+y^3+z^3)-{1\over2}(x^2+y^2+z^2)-{1\over6}(x+y+z)=0 \]
那么可以得到
\[ x^4+y^4+z^4=3+{1\over2}\times2+{1\over6}={25\over6} \]
同理我们对\((2)\)式左右同乘\(r^2\)，那么就有
\[ r^5-r^4-{1\over2}r^3-{1\over6}r^2=0 \]
分别代入\(x,y,z\)相加，就有
\[ (x^5+y^5+z^5)-(x^4+y^4+z^4)-{1\over2}(x^3+y^3+z^3)-{1\over6}(x^2+y^2+z^2)=0 \]
那么就有
\[ (x^5+y^5+z^5)={25\over6} + {1\over 2} \times3+{1\over6}\times2=6 \]
这题到这里应该就结束了，但是我们要善于思考嘛，那\(x^n+y^n+z^n\)呢？注意到\((2)\)式隐含的信息，假如我们令数列\(a_n=x^n+y^n+z^n\)，那么显然有\(a_1=1,a_2=2,a_3=3\)，此外根据刚才的运算，我们知道
\[ a_{n}-a_{n-1}-{1\over2}a_{n-2}-{1\over6}a_{n-3}=0 \]
那么依照矩阵求解递推式的原理，我们容易写出如下等式组
\[ \begin{cases} a_{n}=a_{n-1}+{1\over2}a_{n-2}+{1\over6}a_{n-3} \\ a_{n-1}=a_{n-1} \\ a_{n-2}=a_{n-2} \end{cases} \]
将其写成矩阵的形式，那么有
\[ \begin{bmatrix} a_n \\ a_{n-1} \\ a_{n-2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 &{1\over2} &{1\over6} \\ 1 &0 &0 \\ 0 &1 &0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a_{n-1} \\ a_{n-2} \\ a_{n-3} \end{bmatrix} \]
那么将这个式子不断迭代，我们知道
\[ \begin{bmatrix} a_n \\ a_{n-1} \\ a_{n-2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 &{1\over2} &{1\over6} \\ 1 &0 &0 \\ 0 &1 &0 \end{bmatrix}^{n-3} \begin{bmatrix} 3 \\ 2 \\ 1 \end{bmatrix} \]
我们令
\[ A=\begin{bmatrix} 1 &{1\over2} &{1\over6} \\ 1 &0 &0 \\ 0 &1 &0 \end{bmatrix} \]
那么问题就转化成了求\(A^n\)的问题，那么我们知道矩阵的\(n\)次幂一般可以通过矩阵的特征值分解去求，但很可惜，这个矩阵并没有三个特征值，实际上在实数域上只有一个特征值，此外三次方程的求解比较麻烦，特征方程如下
\[ \lambda^3-\lambda^2-{1\over2}\lambda-{1\over6}=0 \tag{3} \]
我这里就借助python的numpy库给出一个近似解
import numpy as np
a = np.array([[1, 1/2, 1/6], [1, 0, 0], [0, 1, 0]])
eig = np.linalg.eigvals(a)输出的结果，整理后如下
\[ \begin{align*} &\lambda_1 = 1.43084957+0.j \\ &\lambda_2 = -0.21542478+0.2647132j\\ &\lambda_3 = -0.21542478-0.2647132j \end{align*} \]
正常的话，再依据这个矩阵求出特征向量之类，然后将\(A\)换成\(U\Sigma U^T\)，那么这题基本就算完事。可针对这道题呢？这三个特征值其实对应的就是\(x,y,z\)的解啊！！！因为方程\(3\)不就是方程\((2)\)嘛？所以我们兜了个大圈子，最后发现还是直接解三次方程好一点。那么结果就有了
\[ x^n+y^n+z^n=1.43084957^n+(-0.21542478+0.2647132j)^n+(-0.21542478-0.2647132j)^n \]
有人可能要质疑了，你这个解不行啊，不够math啊。说得好！！！我李某元也是这么认为的。那我就给你一组比较math的\(x，y，z\)的解，其实python的一个库sympy可以用来做符号计算，要求解我们的方程组，只需要下面几条代码就可以了
import sympy
x = sympy.Symbol('x')
y = sympy.Symbol('y')
z = sympy.Symbol('z')
result = sympy.solve([x + y + z - 1 , x**2 + y**2 + z**2 - 2, x**3 + y**3+ z**3 - 3], [x, y, z])输出的结果我给你整理一下哈，算了，懒得整理成latex的格式了，看个大概吧，嘻嘻\(\cdots\)
图中的\(result[0],result[1],result[2]\)分别可以对应\(x，y，z\)的一组解，注意这个方程其实是有\(6\)组解的，我们这里只给出三个让大家瞅瞅啥样哈。不知道这个结果是不是你比较喜欢，反正我不喜欢...
好了，那么大功告成！！！！当然这道题也有更一般的解法，但是用到了群论、数论之类的，其实就是一些很基础的知识，只不过讲的高大上了点，和我的做法本质是一样的，这里不过多引入，有兴趣的可以看知乎上给出的高大上的解法。