Виленкин, 8 класс, симметрические многочлены

[Extima]

Всем привет! В учебнике Виленкина столкнулся с заковыристой задачей, из раздела симметрических многочленов.

Нужно доказать, что если справедливо $a^3+b^3+c^3=(b+c)(a+c)(a+b)$ и $(b^2+c^2-a^2)x=(c^2+a^2-b^2)y=(a^2+b^2-c^2)z$ то верно $x^3+y^3+z^3=(x+y)(x+z)(y+z)$
Как только не преобразовывал я эти выражения, используя элементарные симметрические многочлены или просто так, строго доказать никак не получается. Причём понятно, что либо a+b+c=0, либо какое-то из этих выражений равно нулю.
А может в условии задачи опечатка?

[Sender]

Проверил с помощью CAS, условие задачи корректно. Как такое доказывать, пока не могу сказать. Можно попробовать ввести какое-нибудь обозначение для выражений из двойного равенства и путём различных комбинаций попытаться вывести соотношения между симметрическими многочленами для $a,b,c$ и $x,y,z$.

-- Пт мар 28, 2025 10:09:51 --

Extima в сообщении #1680203 писал(а):

Причём понятно, что либо a+b+c=0, либо какое-то из этих выражений равно нулю.

А вот это вовсе не обязательно. $a, b, c$ могут быть какими угодно, просто $x, y, z$ связаны с ними определённым образом.

[dgwuqtj]

При $a = b = c = 0$ это всё-таки неверно. А в случае общего положения если не будет других идей, то можно просто домножить обе части требуемого равенства на $(b^2 + c^2 - a^2)^3 (c^2 + a^2 - b^2)^3$ и избавиться от $x$ и $y$.

[Rak so dna]

Extima в сообщении #1680203 писал(а):

Нужно доказать, что если справедливо $a^3+b^3+c^3=(b+c)(a+c)(a+b)$ и $(b^2+c^2-a^2)x=(c^2+a^2-b^2)y=(a^2+b^2-c^2)z$ то верно $x^3+y^3+z^3=(x+y)(x+z)(y+z)$

$x^3+y^3+z^3=(x+y)(x+z)(y+z)\quad\Leftrightarrow$

$\left(1+\dfrac{x}{y+z}\right)\left(1+\dfrac{y}{z+x}\right)\left(1+\dfrac{z}{x+y}\right)=4$

Теперь можно выразить $\dfrac{x}{y},\dfrac{y}{z},\dfrac{z}{x}$ через $a,b,c.$ Тогда достаточно доказать, что

$-(-a+b+c)^3(a-b+c)^3(a+b-c)^3(a+b+c)^3 + 32a^2b^2c^2\left(-a^2+b^2+c^2\right)\left(a^2-b^2+c^2\right)\left(a^2+b^2-c^2\right)$

делится на $a^3+b^3+c^3-(a+b)(b+c)(c+a)$

Обозначим $\sigma_1=a+b+c,\quad\sigma_2=(a+b)(b+c)(c+a),\quad\sigma_3=abc,$ тогда достаточно доказать, что

$\left(\left(\sigma_1^3-4\sigma_2\right)+4\sigma_3\right)^3\sigma_1^3 - 32\sigma_3^2\left(\sigma_1^6 - 6\sigma_1^3\sigma_2+8\sigma_2^2+2\sigma_3\sigma_1^3\right)$

делится на $\sigma_1^3-4\sigma_2,$ что легко сделать, поскольку

$64\sigma_3^3\sigma_1^3 - 32\sigma_3^2\left(\sigma_1^6 - 6\sigma_1^3\sigma_2+8\sigma_2^2+2\sigma_3\sigma_1^3\right)=32\left(\sigma_1^3-4\sigma_2\right)\left(2\sigma_2-\sigma_1^3\right)\sigma_3^2$

[mihiv]

Пусть $a=0, b=c$, тогда первое условие выполнено. Второе условие, связывающее $x,y,z$ и выбранные $a,b,c$, выполняется для $x=0$ и для произвольных $y,z.$ Но при $x=0$ и произвольных $y,z$ в общем случае $0+y^3+z^3\neq (y+z)(0+y)(0+z)$.