Da due divisibilità, una terza
Inviato: 19 set 2011, 15:01
Dimostrare che se $n\mid a+b+c+d+e$ e $ n\mid a^2+b^2+c^2+d^2+e^2$ allora $ n\mid a^5+b^5+c^5+d^5+e^5-5abcde$
):Idea I Passare a 4 variabili.
La condizione $n|a+b+c+d+e$ si può trasformare facilmente nell'esplicitazione di una variabile: $e\equiv -a-b-c-d$... e dato che 4 sono meglio di 5 lo faccio. Quindi sostituisco ad $e$ l'opposto della somma delle altre sia nell'altra ipotesi che nella tesi (d'ora in poi sarà implicita la sostituzione).
Idea II Riscrivere la tesi
Ora ho che $n|a+b+c+d+(a+b+c+d)^2$... e voglio dimostrare che $n|ALTRA ROBA$... il miglior modo è mostrare che $a+b+c+d+(a+b+c+d)^2|ALTRA ROBA$. Ma prima di avventurarmi in questa impresa mi conviene provare a vedere se è davvero equivalente alla tesi... e lo è! Dato che se per caso $a+b+c+d+(a+b+c+d)^2\nmid ALTRA ROBA$ allora potrei porre $n=a+b+c+d+(a+b+c+d)^2$, $e$ in modo che valga la prima ipotesi e avrei che la tesi è falsa. Quindi devo dimostrare:
$\displaystyle a+b+c+d+(a+b+c+d)^2|ALTRAROBA=\left(\sum_{cyc}a\right)^5-5abcd(a+b+c+d)-\sum_{cyc}a^5$
Idea III Capire cosa fare
Qualsiasi olimpionico un poco scafato sa che per mostrare una cosa del genere non resta che fattorizzare $ALTRAROBA$ in modo da trovarci un fattore $a^2+b^2+c^2+d^2+(a+b+c+d)^2$. Si nota poi che quest'ultima roba è in realtà il doppio di $a^2+b^2+c^2+d^2+ab+bc+cd+da+ac+bd$ che sono tutti i monomi di grado 2 possibili nelle 4 variabili
Ora non resta che trovare un polinomio $P(a,b,c,d)$ (che non è ovvio esistere) tale che
$\displaystyle P(a,b,c,d)\cdot(TUTTIIMONOMIDIGRADO2)=ALTRAROBA$ (mi sto perdendo un fattore 2, controllerò alla fine che anche il fattore 2 ci sta come dovrebbe)
Idea IV Come è fatto $P$?
Allora $P$ è chiaramente omogeneo di grado 3 e simmetrico nelle variabili perchè lo sono gli altri 2... inoltre e questo è il pezzo forte non possono esserci monomi $a^3$ o simili, dato che altrimenti in $ALTRAROBA$ comparirebbero $a^5$ o simili, cosa che non è. Perciò $P$ può avere solo monomi di 2 tipi: $a^2b$ e $abc$... inoltre deve essere simmetrico quindi (se esiste) è del tipo:
$\displaystyle M\cdot\sum_{cyc} abc+ N\cdot \sum_{cyc}a^2(b+c+d)$
Ed infine affinchè il numero di monomi torni deve avere 100 monomi dato che $ALTRAROBA$ ne ha 1000 (piccolo conticino). E perciò $4M+12N=100$
Idea V Esplicitare $P$
Bon... ora voglio trovare esattamente $M,N$... provo a scegliere un monomio di $ALTRAROBA$ e vedere come devono essere perchè abbia il coefficiente giusto. Scelgo un monomio estremo perchè, basta pensarci un attimo, mi facilita i conti. Piglio $a^4b$... in $ALTRAROBA$ ha coefficiente 5... e nel prodotto a sinistra... beh è facile vedere che da $P$ posso prendere solo monomi che sono contenuti in $a^4b$ e comunque li scelgo andrà bene perchè nell'altra parentesi mi compaiono tutti e soli i monomi di grado 2... l'unico monomio in $P$ che va bene è $a^2b$ e ha coef $N$ e perciò arrivo a $N=5$, da cui $M=10$ e perciò:
$\displaystyle P(a,b,c,d)=10\cdot\sum_{cyc} abc+ 5\cdot \sum_{cyc}a^2(b+c+d)$
Che però NON è detto che funzioni per la fattorizzazione!
Idea VI $P$ funziona!
Per questioni di simmetria, per vedere che vale l'uguaglianza tra il prodotto e $ALTRA ROBA$, mi basta controllare i monomi: $a^5,a^4b,a^3bc,a^2b^2c,a^2bcd$. Ma il primo è, per costruzione di $P$, assente da entrambe le parti e il secondo ha lo stesso coefficiente da entrambe le parti per costruzione di P. Dato che sto moltiplicando P per tutti i monomi di grado 2 per vedere il coefficiente di un monomio nel prodotto devo controllare quanti "sottomonomi" sono presenti in $P$... bene:
$a^3bc$ ha $10abc,5a^2b,5a^2c$ quindi coef 20 e dall'altra ha come coef $\frac{5!}{3!}=20$ quindi torna.
$a^2b^2c$ ha $10abc,5a^2b,5a^2c,5b^2a,5b^2c$ quindi coef 30 e dall'altra ha come coef $\frac{5!}{2!2!}=30$ quindi torna.
$a^2bcd$ ha $10abc,10bcd,10cda,10dab,5a^2b,5a^2c,5a^2d$ quindi coef 55 e dall'altra ha come coef $\frac{5!}{2!}-5=55$ quindi torna.
Et voila è dimostrato che:
$ \displaystyle \left(10\sum_{cyc} abc+5\sum_{cyc} a^2(b+c+d)\right)\left(a^2+b^2+c^2+d^2+ab+bc+cd+da+ac+bd\right)= $
$ \displaystyle =ALTRAROBA=\left(\sum_{cyc}a\right)^5-5abcd(a+b+c+d)-\sum_{cyc}a^5 $
Idea VII Ritrovare il fattore 2 andato perduto
Chi è stato attento ha notato che io ho mostrato che $\frac{a^2+b^2+c^2+d^2+(a+b+c+d)^2}2|ALTRA ROBA$ (come numeri interi
) ma mi devo togliere quel fattore 2 che equivale a mostrare che $\frac{P(a,b,c,d)}{2}$ è sempre intero... come fare? È una banalità. Analizzo P modulo 2 chiamando $S=a+b+c+d$:$P(a,b,c,d)\equiv 5\sum_{cyc} a^2(b+c+d)\equiv \sum_{cyc}a(S-a)\equiv \sum_{cyc}aS-\sum_{cyc}a^2\equiv S^2-S\equiv 0\pmod 2$
Che è quanto volevo mostrare.
