Strana implicazione

[Simo_the_wolf]

Data una $ n $-upla di numeri reali dimostrare che se la somma dei quadrati è uguale alla somma dei doppi prodotti allora la somma dei cubi è uguale a tre volte la somma dei tripli prodotti.

Esempio $ n=4 $

se $ a^2+b^2+c^2+d^2=ab+bc+cd+da+ac+ad $ allora $ a^3+b^3+c^3+d^3 = 3 (abc+bcd+cda+dab) $

[Ani-sama]

Vediamo un po'...

Preliminarmente:

Lemma 1

$ $\sum_{i=1}^n x_i \cdot \sum_{i < j}^n x_i x_j = \sum_{i\neq j}^n x_i^2 x_j + 3\sum_{i < j < k}^n x_i x_j x_k, \quad n \geq 3$ $

Ragioniamo per induzione. Per $ $n=3$ $ la tesi è facilmente verificata a mano. Ora esplicitiamo il prodotto:

$ $(x_1+x_2 + \cdots + x_n)(x_1 x_2 + \cdots + x_{n-1} x_n)$ $

Il passo induttivo sarà dunque così:

$ $(x_1 + \cdots + x_n + x_{n+1})(x_1 x_2 + \cdots + x_{n-1} x_n + x_{n+1} (x_1+ \cdots + x_n))$ $

E quindi:

$ $\left(\sum_{i=1}^n x_i + x_{n+1}\right)\left(\sum_{i < j}^n x_i x_j + x_{n+1} \sum_{i=1}^n x_i \right)$ $

Svolgiamo pure il prodotto:

$ $\sum_{i=1}^n x_i \cdot \sum_{i < j}^n x_i x_j + x_{n+1}{\left(\sum_{i=1}^n x_i \right)}^2 + x_{n+1} \sum_{i <j}^n x_i x_j +{(x_{n+1})}^2 \sum_{i=1}^n x_i$ $

Ora, ricordando l'ipotesi induttiva e, non solo, che $ ${\left(\sum_{i=1}^n x_i \right)}^2 = \sum_{i=1}^n x_i^2 + 2\sum_{i<j}^n x_i x_j$ $, scriviamo l'espressione:

$ $ \sum_{i\neq j}^n x_i^2 x_j + 3\sum_{i < j < k}^n x_i x_j x_k +3x_{n+1} \sum_{i<j}^n x_i x_j + x_{n+1} \sum_{i=1}^n x_i^2 + {(x_{n+1})}^2$ $$ $\sum_{i=1}^n x_i$ $

Ora è rapido provare che:

$ $3\sum_{i < j < k}^n x_i x_j x_k +3x_{n+1} \sum_{i<j}^n x_i x_j = 3\sum_{i<j<k}^{n+1} x_i x_j x_k$ $

e che:

$ $\sum_{i\neq j}^n x_i^2 x_j + x_{n+1} \sum_{i=1}^n x_i^2 + {(x_{n+1})}^2\sum_{i=1}^n x_i= \sum_{i \neq j}^{n+1} x_i^2x_j $ $

Il lemma, per induzione, risulta dunque provato.

Introduciamo ora il

Lemma 2 (cubo di n-upla)

$ ${\left(\sum_{i=1}^n x_i\right)}^3 = \sum_{i=1}^n x_i^3 + 3\sum_{i \neq j}^n x_i^2 x_j + 6\sum_{i<j<k}^n x_i x_j x_k$ $

Per dimostrarlo, spezziamo il cubo in:

$ ${\left(\sum_{i=1}^n x_i\right)}^2 \cdot \sum_{i=1}^n x_i = \sum_{i=1}^n x_i \cdot\left(\sum_{i=1}^n x_i^2 + 2\sum_{i<j}^n x_i x_j\right)$ $

Svolgendo il prodotto:

$ $\sum_{i=1}^n x_i \cdot \sum_{i=1}^n x_i^2 + 2\sum_{i=1}^n x_i \cdot \sum_{i<j}^n x_i x_j$ $

Ora, è facile provare (basta svolgere il prodotto) che:

$ $\sum_{i=1}^n x_i \cdot \sum_{i=1}^n x_i^2 = \sum_{i=1}^n x_i^3 + \sum_{i \neq j}^n x_i^2 x_j$ $

Inoltre, per il lemma 1, abbiamo che:

$ $2\sum_{i=1}^n x_i \cdot \sum_{i<j}^n x_i x_j = 2\sum_{i \neq j}^n x_i^2x_j + 6\sum_{i<j<k}^n x_i x_j x_k$ $

Mettendo insieme quanto ottenuto, perveniamo alla tesi.


Tornando al problema

Come ipotesi abbiamo che:

$ $\sum_{i=1}^n x_i^2 - \sum_{i<j}x_i x_j = 0$ $

Scriviamola così:

$ ${\left(\sum_{i=1}^n x_i \right)}^2 = 3\sum_{i<j}^n x_i x_j$ $

La tesi era:

$ $\sum_{i=1}^n x_i^3 - 3\sum_{i<j<k}^n x_i x_j x_k=0$ $

Che, ricordando l'espressione del cubo di n-upla, può essere riscritta come:

$ ${\left(\sum_{i=1}^n x_i\right)}^3 -3\sum_{i \neq j}^n x_i^2 x_j - 9\sum_{i<j<k}^n x_i x_j x_k$ $

Ora, sostituiamo l'espressione dell'ipotesi all'interno della tesi, ottenendo:

$ $3\sum_{i=1}^n x_i \cdot \sum_{i<j}^n x_i x_j = 3\sum_{i \neq j}^n x_i^2 x_j + 9\sum_{i<j<k}^n x_i x_j x_k$ $

Dividendo per $ $3$ $:

$ $\sum_{i=1}^n x_i \cdot \sum_{i<j}^n x_i x_j = \sum_{i \neq j}^n x_i^2 x_j + 3\sum_{i<j<k}^n x_i x_j x_k$ $

che è il lemma 1, già dimostrato. Fine.


...solo una cosa: temo di aver usato in maniera un po' poco ortodossa il simbolo di sommatoria... spero che sia tutto chiaro...

[EvaristeG]

Visto che già c'è una soluzione olimpica, ne posto una "analitica" ma, stranamente, carina :
supponiamo
$ \sum x_i^2=\sum_{i< j}x_ix_j $
e poniamo
$ F(x_1,\ldots, x_n)=\sum_{i}x_i^2-\sum_{i<j}x_ix_j\equiv 0 $
ovviamente
$ \dfrac{\partial F}{\partial x_i}=2x_i-\sum_{i\neq j}x_j\equiv0 $ (0)
da cui
$ 4x_i^2=\left(\sum_{i\neq j}x_j\right)^2 $ (1)
Inoltre
$ \displaystyle{\sum_{i\neq j}x_j^2=-x_i^2+x_i\left(\sum_{i\neq j}x_j\right)+\sum_{i\neq j, i\neq k, k< j}x_jx_k} $
quindi in (1) si ha
$ 4x_i^2=\displaystyle{x_i\left(\sum_{i\neq j}x_j\right)+\sum_{i\neq j, i\neq k, k< j}x_jx_k+2\sum_{i\neq j, i\neq k, k< j}x_jx_k} $
ora, sfruttando (0), si ha
$ 4x_i^2=\displaystyle{-x_i^2+x_i(2x_i)+3\sum_{i\neq j, i\neq k, k< j}x_jx_k $
ovvero
$ 3x_i^2=\displaystyle{3\sum_{i\neq j, i\neq k, k< j}x_jx_k} $
da cui
$ \dfrac{\partial G}{\partial x_i}=0 $
con $ \displaytyle{G(x_1,\ldots, x_n)=\sum_{i}x_i^3-3\sum_{i<j<k}x_ix_jx_k} $.
Quindi $ G\equiv k $, visto che ha tutte le derivate parziali nulle ed è C^1; ma per $ x_1=\ldots=x_n=0 $ si ha G=0, quindi $ G\equiv 0 $.

[Simo_the_wolf]

Uhm... nessuno trova la soluzione lampo??

[mattilgale]

credo vada bene...

$ \displaystyle \frac{1}{(n-1)!}\sum_{sym}a^2\cdot\frac{1}{(n-1)!}\sum_{sym}a=\frac{1}{2!(n-2)!}\sum_{sym}ab\cdot \frac{1}{(n-1)!}\sum_{sym}a $

quindi

$ \displaystyle \frac{1}{(n-1)!}\sum_{sym}a^3+\frac{1}{(n-2)!}\sum_{sym}a^2b $$ =\frac{1}{(n-2)!}\sum_{sym}a^2b+\frac{1}{2(n-3)!}\sum_{sym}abc $

cioè

$ a^3+b^3+\cdots=3(abc+abd+\cdots) $

CVD

[MindFlyer]

era una cazzata spero nessuno abbia letto

Io ho letto, ma stai tranquillo: non lo dico a nessuno.

[MindFlyer]

Non so se sia la stessa roba scritta da Ani-sama e un po' compattata, comunque here it goes...

Siano $ a_1, \ldots, a_n $ i numeri dati. (nota: nelle scritture della forma $ \sum a_ia_j $ e simili, gli indici sono da intendersi $ 1\leq i < j \leq n $)
Allora $ \left( \sum a_i \right)^2=\sum a_i^2+2\sum a_i a_j=3\sum a_i^2 $, secondo le ipotesi.
Inoltre, $ \left( \sum a_i \right)^3=\sum a_i^3+3\sum \left(a_i^2a_j+a_ia_j^2\right)+6\sum a_ia_ja_k $.
Ma anche $ \left( \sum a_i \right)^3=\left(\sum a_i \right)^2\left( \sum a_i \right)=\left( 3\sum a_i^2 \right)\left(\sum a_i\right) $$ =3\sum a_i^3+3\sum \left(a_i^2a_j+a_ia_j^2\right) $.
Eguagliando le ultime due, si ricava $ \sum a_i^3=3\sum a_ia_ja_k $, che è la tesi.

Probabilmente non è questa la soluzione lampo, ma mi sembra comunque brevissima. Attendo lumi da Simo.

[mattilgale]

il mio precedente post adesso riporta la mia soluzione...

[Simo_the_wolf]

Ottimo!!!

Quindi siamo giunti finalmente a dire che:

$ \sum a^3 - 3 \sum abc =( \sum a)( \sum a^2 - \sum ab) $

Caso particolare $ n=3 $

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

[MindFlyer]

Carino, quindi sui reali positivi vale il se e solo se.

[Boll]

Non ho avuto tempo di postare, e matti mi ha rubato la risposta, buaaahaaaah : roll: . Visto che però avevo già preparato il TeX, ve la metto lo stesso

$ $ \sum_{i} x_i^2=\sum_{i<j}x_ix_j $ moltiplico per $ $ \sum_{i}x_i $
$ $ \sum_{i} x_i^2\sum_{i}x_i=\sum_{i<j}x_ix_j\sum_{i}x_i $
$ $ \sum_{i}\left(x_i^3+\sum_{j\neq i}x_j^2x_i\right)=\sum_{i}\left(\sum_{j\neq i}x_jx_i^2+\sum_{j\neq i, k<l}x_jx_kx_l\right) $
$ $ \sum_{i}x_i^3+\sum_{perm}x_j^2x_k=\sum_{perm}x_j^2x_k+3\sum_{j<k<l}x_jx_kx_l $
$ $ \sum_{i}x_i^3=3\sum_{j<k<l}x_jx_kx_l $

Il coefficente 3 nel penultimo passaggio è giustificato dal fatto che il termine $ x_jx_kx_l $ viene contato tre volte, cioè quando è fisso j e gli altri due scorrono, quando è fisso k e gli altri due scorrono, quando è fisso l e gli altri due scorrono.