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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) $

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...

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 $.

Uhm... nessuno trova la soluzione lampo??

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

mattilgale ha scritto:era una cazzata spero nessuno abbia letto

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

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.

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

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) $

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

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.