Dimostrare che $ (x-y)^{2k+1} + (y-z)^{2k+1} + (z-x)^{2k+1} $ ha lo stesso segno di $ (x-y)(y-z)(z-x) $
Dimostrare che
1. $ (x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx) | $ $ (x-y)^{3k+2} + (y-z)^{3k+2} + (z-x)^{3k+2} $
2. $ (x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)^2 | $ $ (x-y)^{3k+1} + (y-z)^{3k+1} + (z-x)^{3k+1} $
3. $ (x-y)(y-z)(z-x) |(x-y)^{2k+1} + (y-z)^{2k+1} + (z-x)^{2k+1} $
Divisibilità su polinomi
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Simo_the_wolf
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Simo_the_wolf
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Simo_the_wolf
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Il primo: pongo a = x-y e cicliche, quindi ho la condizione a+b+c=0
Se son tutti positivi o negativi, son tutti 0 ed è finita.
Poi, se cambio a tutti il segno, sia $ ~ abc $ sia $ ~ a^d+b^d+c^d $ cambiano di segno. Quindi senza perdita di generalità posso assumere che solo c è negativo, e voglio dimostrare che:
$ ~ (a+b)^d \ge a^d + b^d $ con a,b reali nonnegativi
Che si risolve normalizzando ad a+b = 1:
$ ~ a^d +b^d \le a+b = 1 $, poichè a,b <1> 1, quindi $ ~ f(x) = x^d - x $ è crescente in [0,1].
Se son tutti positivi o negativi, son tutti 0 ed è finita.
Poi, se cambio a tutti il segno, sia $ ~ abc $ sia $ ~ a^d+b^d+c^d $ cambiano di segno. Quindi senza perdita di generalità posso assumere che solo c è negativo, e voglio dimostrare che:
$ ~ (a+b)^d \ge a^d + b^d $ con a,b reali nonnegativi
Che si risolve normalizzando ad a+b = 1:
$ ~ a^d +b^d \le a+b = 1 $, poichè a,b <1> 1, quindi $ ~ f(x) = x^d - x $ è crescente in [0,1].
Il n.1: andiamo con la solita sostituzione a = x-y... e vediamo che bisogna dimostrare che
$ ~ a^2+b^2+c^2 \mid a^{3k+2} + b^{3k+2} + c^{3k+2} $
Sappiamo che a+b+c = 0. Inoltre $ ~ ab + bc + ca = \frac 12 (a+b+c)^2 - \frac 12(a^2+b^2+c^2) $.
Dal teorema fondamentale sui polinomi simmetrici, sappiamo che ogni polinomio simmetrico scrive come polinomio nelle funzioni simmetriche elementari.
La nostra tesi è equivalente al fatto che $ ~ a^{3k+2} + b^{3k+2} + c^{3k+2} $, quando scritto in funzione delle funzioni simmetriche elementari, contiene in ogni fattore almeno una $ ~ a+b+c $ o una $ ~ ab + bc + ca $. Quindi, scriviamo il nostro polinomio in funzione di $ ~ \sigma_1,\sigma_2,\sigma_3 $. Se la tesi è falsa, allora c'è un fattore in cui compaiono solo $ ~ \sigma_3 $, e quindi il suo grado è multiplo di 3. Ma se raccogliamo tutti i fattori di grado multiplo di 3, dobbiamo ottenere 0, e abbiamo una rappresentazione dello 0, contro l'unicitità della rappresentazione con le funzioni simmetriche elementari.
Anzi, è molto più forte: la sua rappresentazione contiene solo $ ~ a+b+c $ e $ ~ ab + bc + ca $!
Lo stesso metodo funziona anche per la n.3: vogliamo che in ogni fattore della rappresentazione ci sia una $ ~ \sigma_1 $ o $ ~ \sigma_3 $. Ma se trovo $ ~ \sigma_2 $ da qualche parte, otteniamo un fattore di grado pari, che non ci può proprio essere!!
Quanto alla n.2, sempre con lo stesso metodo vediamo che nella rappresentazione non ci possono essere $ ~ \sigma_3 $, e la tesi è falsa solo se troviamo un fattore senza $ ~ \sigma_1 $ e con un numero dispari di $ ~ \sigma_2 $, quindi solo con un numero dispari di $ ~ \sigma_2 $, ma allora l'esponente è congruo a 2 modulo 3, assurdo.
Belli sti risultati! Li hai inventati tu, simò?
$ ~ a^2+b^2+c^2 \mid a^{3k+2} + b^{3k+2} + c^{3k+2} $
Sappiamo che a+b+c = 0. Inoltre $ ~ ab + bc + ca = \frac 12 (a+b+c)^2 - \frac 12(a^2+b^2+c^2) $.
Dal teorema fondamentale sui polinomi simmetrici, sappiamo che ogni polinomio simmetrico scrive come polinomio nelle funzioni simmetriche elementari.
La nostra tesi è equivalente al fatto che $ ~ a^{3k+2} + b^{3k+2} + c^{3k+2} $, quando scritto in funzione delle funzioni simmetriche elementari, contiene in ogni fattore almeno una $ ~ a+b+c $ o una $ ~ ab + bc + ca $. Quindi, scriviamo il nostro polinomio in funzione di $ ~ \sigma_1,\sigma_2,\sigma_3 $. Se la tesi è falsa, allora c'è un fattore in cui compaiono solo $ ~ \sigma_3 $, e quindi il suo grado è multiplo di 3. Ma se raccogliamo tutti i fattori di grado multiplo di 3, dobbiamo ottenere 0, e abbiamo una rappresentazione dello 0, contro l'unicitità della rappresentazione con le funzioni simmetriche elementari.
Anzi, è molto più forte: la sua rappresentazione contiene solo $ ~ a+b+c $ e $ ~ ab + bc + ca $!
Lo stesso metodo funziona anche per la n.3: vogliamo che in ogni fattore della rappresentazione ci sia una $ ~ \sigma_1 $ o $ ~ \sigma_3 $. Ma se trovo $ ~ \sigma_2 $ da qualche parte, otteniamo un fattore di grado pari, che non ci può proprio essere!!
Quanto alla n.2, sempre con lo stesso metodo vediamo che nella rappresentazione non ci possono essere $ ~ \sigma_3 $, e la tesi è falsa solo se troviamo un fattore senza $ ~ \sigma_1 $ e con un numero dispari di $ ~ \sigma_2 $, quindi solo con un numero dispari di $ ~ \sigma_2 $, ma allora l'esponente è congruo a 2 modulo 3, assurdo.
Belli sti risultati! Li hai inventati tu, simò?
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Simo_the_wolf
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Aspè ci sono un paio di errori... Okay la strada è quella ma quando dici che per essere falso ci devono essere termini in cui compare solo $ \sigma_3 $ e poi deduci che in realtà non compare erri... Infatti ad esempio $ a^5+b^5+c^5 = \sigma_1 ^5 - 5 \sigma_1 ^3 \sigma _2 + 5 \sigma_1 \sigma_2 ^2 - 5 \sigma_3 \sigma_2 + 5 \sigma_1^2 \sigma_3 $ quindi se $ \sigma_1 = 0 $ ottieni:
$ a^5 + b^5+ c^5 = -5 \sigma_3 \sigma_2 $
Comunque si me li sono inventati io smanettando un po' con sti polinomi simmetrici...
$ a^5 + b^5+ c^5 = -5 \sigma_3 \sigma_2 $
Comunque si me li sono inventati io smanettando un po' con sti polinomi simmetrici...