Fissati $ a,b $ complessi, e dette $ e_1,e_2,\ldots,e_n $ tutte le radice n-esime dell'unità (dove n>1 è un intero fissato) calcolare $ \displaystyle \prod_{1\le i\le n}{(a+be_i^2)} $.
Nb. Questo esercizio è tratto dall'ultima issue di Mathematical Reflection, precisamente il problema O150 (vedi qui). L'autore è Dorin Andrica, e la scadenza per la spedizione delle soluzioni è il 15 marzo. Più che problema olimpico io lo classificherei come "esercizio con i complessi", poi vedremo se siete d'accordo
The only goal of science is the honor of the human spirit.
Osserviamo innanzitutto che le radici n-esime di 1 sono esprimibili come $ \cos \left(2\pi\dfrac{m}{n}\right)+i\cdot\sin\left(2\pi\dfrac{m}{n}\right) $, dove m è un intero che varia da 1 a n. (1). Infatti $ \left[\cos \left(2\pi\dfrac{m}{n}\right)+i\cdot\sin\left(2\pi\dfrac{m}{n}\right)\right]^n=\left(e^{i\cdot 2\pi m/n}\right)^n=e^{2i\pi\cdot m}=1^m=1 $. Concludiamo inoltre che queste radici sono tutte distinte, perchè $ 2\pi\dfrac{m}{n} $ assume n valori diversi compresi tra 0 e $ 2\pi $. (2).
Definiamo i numeri $ c_1,c_2,...c_n $, dove $ c_k $ è la somma di tutti i numeri che si possono ottenere moltiplicando k radici. Avremo quindi, per esempio, $ c_1=e_1+e_2+.....+e_n $ e $ c_n=e_1e_2.....e_n $. Poniamo inoltre $ c_0=1 $. Se $ e_1,e_2,...e_n $ sono le radici n-esime di 1, allora sono le soluzioni dell'equazione $ z^n-1=0 $. Dal teorema di Ruffini segue che $ c_1,c_2,...c_n $ dipendono direttamente dai coefficienti delle varie potenze di z, a partire da $ z^{n-1} $. Ma tutti questi coefficienti, escluso il -1 finale, sono nulli. Pertanto $ c_1=c_2=.....=c_{n-1}=0 $, mentre $ c_n=\mp 1 $, a seconda che n sia pari o dispari. (3).
Distinguiamo ora tre casi:
A)n è dispari: il prodotto richiesto include i quadrati delle radici. Svolgendo i calcoli otteniamo $ \left[\cos \left(2\pi\dfrac{m}{n}\right)+i\cdot\sin\left(2\pi\dfrac{m}{n}\right)\right]^2=\cos^2 \left(2\pi\dfrac{m}{n}\right)- \sin^2\left(2\pi\dfrac{m}{n}\right)+2i\cdot\cos \left(2\pi\dfrac{m}{n}\right)\sin\left(2\pi\dfrac{m}{n}\right)= $
$ =\cos \left(4\pi\dfrac{m}{n}\right)+i\cdot\sin\left(4\pi\dfrac{m}{n}\right) $. (4). Si tratta di un’altra radice n-esima di 1. Inoltre non ci sono due radici con lo stesso quadrato, perché se esistessero sarebbero coincidenti (in contraddizione con la (2)) o una l’opposto dell’altra (ma elevandole a potenza dispari si otterrebbero due risultati opposti, mentre entrambe le potenze devono valere 1). Deduciamo che la n-upla $ (e_1^2,e_2^2,...e_n^2) $ non è altro che una permutazione di $ (e_1,e_2,...e_n) $. Avremo dunque $ \displaystyle \prod_{1\le i\le n}{(a+be_i^2)}= \displaystyle \prod_{1\le i\le n}{(a+be_i)} $. Applicando la proprietà distributiva, $ \displaystyle \prod_{1\le i\le n}{(a+be_i^2)}=\sum_{0\le i\le n }{a^ib^{n-i}c_{n-i}} $. Per la (3), tutti questi addendi si annullano, fatta eccezione per $ a^n $ e $ b^nc_n $, ma poiché n è dispari, $ c_n=+1 $, perciò il risultato è $ a^n+b^n $. (Giunti a questo passaggio, se n fosse stato pari,avremmo ottenuto $ a^n-b^n $ (5)).
B)n è il doppio di un numero dispari: Poniamo $ n=2k $. Ripetendo il calcolo (4) e sostituendo, si trova $ \left[\cos \left(2\pi\dfrac{m}{n}\right)+i\cdot\sin\left(2\pi\dfrac{m}{n}\right)\right]^2=\cos \left(4\pi\dfrac{m}{n}\right)+i\cdot\sin\left(4\pi\dfrac{m}{n}\right)= $
$ =\cos \left(2\pi\dfrac{m}{k}\right)+i\cdot\sin\left(2\pi\dfrac{m}{k}\right) $. Otteniamo così le radici k-esime di 1, e ognuna di esse è ottenuta due volte perché, se n è pari, per ogni radice n-esima ce n’è una opposta (se $ e_i^{2k}=1 $, allora $ (-e_i)^{2k}=1 $). Otterremo quindi $ \displaystyle \prod_{1\le i\le n}{(a+be_i^2)}=\left( \prod_{1\le i\le k}{(a+bq_i)} \right)^2 $, dove $ q_1,q_2,...q_k $ sono le radici k-esime di 1. Essendo k dispari, possiamo ripetere l’ultimo passaggio del caso (A), ottenendo $ \left(\displaystyle \prod_{1\le i\le k}{(a+bq_i)} \right)^2=(a^k+b^k)^2=a^n+2(ab)^{n/2}+b^n $.
C)n è divisibile per 4: si ripetono tutti i passaggi del caso (B), tranne l’ultimo, in cui, dato che stavolta k è pari, applichiamo la (5) e troviamo $ \left(\displaystyle \prod_{1\le i\le k}{(a+bq_i)} \right)^2=(a^k-b^k)^2=a^n-2(ab)^{n/2}+b^n $.
Aggiungo la classica frase:"Spero di non aver fatto errori"
Dovrebbero metterli più spesso i problemi con i numeri complessi nelle olimpiadi. Sono stupendi!
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)
Avevo deciso di postare la mia soluzione dopo il 15 marzo ma ormai...
Indico con $ \displaystyle \epsilon_k $ le radici n-esime di 1,con k variabile da 0 ad n-1( mi trovo meglio ).
Sl ha:
$ \displaystyle x^n-1=\prod_{k=0}^{n-1}(x-\epsilon_k) $
Cambiando x in -x :
$ \displaystyle (-x)^n-1=\prod_{k=0}^{n-1}(-x-\epsilon_k)=(-1)^n \prod_{k=0}^{n-1}(x+\epsilon_k ) $
Moltiplicando risulta: (*) $ \displaystyle (x^n-1)((-x)^n-1)=(-1)^n\prod_{k=0}^{n-1}(x^2-\epsilon_k ^2)} $
Dintinguiamo ora i casi n pari (n=2p) ed n dispari ( n=2p+1) (A) n=2p
La (*) diventa ora:
$ {\displaystyle (x^{2p}-1)^2=\prod_{k=0}^{2p-1}(x^2-\epsilon_k ^2)} $
Poniamo in questa $ \displaystyle x=i\sqrt{\frac{a}{b}} $ dove i è l'unità immaginaria:
$ \displaystyle [(-1)^p \frac{a^p}{b^p}-1]^2=\prod_{k=0}^{2p-1}(-\frac{a}{b}-\epsilon_k^2)=\frac{(-1)^{2p}}{b^{2p}}\prod_{k=0}^{2p-1}(a+b\epsilon_k^2) $
Ovvero:
$ \displaystyle [(-1)^p a^p-b^p]^2=\prod_{k=0}^{2p-1}(a+b\epsilon_k^2) $
E reintroducendo n si ha la formula per n pari. FORMULA PER n PARI :
$ \fbox{\begin{equation} \displaystyle \prod_{k=0}^{n-1}(a+b\epsilon_k^2)= ((-1)^{\frac{n}{2}} a^{\frac{n}{2}}-b^{\frac{n}{2}})^2 \end{equation }} $
(B) n=2p+1
In questo caso la (*) diventa ora :
$ \displaystyle (x^{2p+1)}-1)(-x^{2p+1}-1)=-\prod_{k=0}^{2p}(x^2-\epsilon_k ^2)} $
Ovvero:
$ \displaystyle x^{4p+2}-1=\prod_{k=0}^{2p}(x^2-\epsilon_k ^2)} $
Come prima ,ponendo $ \displaystyle x=i\sqrt{\frac{a}{b}} $,abbiamo:
$ \displaystyle (-1)^{2p+1}(\frac{a}{b})^{2p+1}-1=\prod_{k=0}^{2p}(-\frac{a}{b}-\epsilon_k^2) $
Oppure:
$ \displaystyle -\frac{a^{2p+1}+b^{2p+1}}{b^{2p+1}}=\frac{(-1)^{2p+1}}{b^{2p+1}}\prod_{k=0}^{2p}(a+b\epsilon_k^2) $
Semplificando e ritornando ad n si ha la formula anche per n dispari. FORMULA PER n DISPARI:
$ \fbox{\begin{equation} \displaystyle \prod_{k=0}^{n-1}(a+b\epsilon_k^2)=a^n+b^n \end{equation } } $
).