Старая задача. a+b+c=0

[Edward_Tur]

$a+b+c=0$. Для каких натуральных $m$ и $n$ имеем тождество:
$\frac {{a^m+b^m+c^m}}{m}\cdot \frac {{a^n+b^n+c^n}}{n} =\frac {{a^{m+n}+b^{m+n}+c^{m+n}}}{{m+n}}$ ?

[Mathusic]

Edward_Tur в сообщении #264457 писал(а):

$a+b+c=0$. Для каких натуральных $m$ и $n$ имеем тождество:
$\frac {{a^m+b^m+c^m}}{m}\cdot \frac {{a^n+b^n+c^n}}{n} =\frac {{a^{m+n}+b^{m+n}+c^{m+n}}}{{m+n}}$ ?

А что если подифференцировать? Или я неправильно понял задачу?

[magneton_bora]

Теееекс ну у меня вот такая идея есть, но я не очень уверен. Скажите правильное ли направление?

$\frac{a^m+b^m+c^m}{m}\cdot\frac{a^n+b^n+c^n}{n} = \frac{a^{m+n}+b^{m+n}+c^{m+n}+a^mb^n+a^mc^n+a^nb^m+b^mc^n+a^nc^m+b^nc^m}{mn}$

Рассмотрим исходное условие:

$\frac{a^m+b^m+c^m}{m}\cdot\frac{a^n+b^n+c^n}{n} = \frac{a^{m+n}+b^{m+n}+c^{m+n}}{m+n}$

Для выполнения равенст в первом и втором случае необходимо, чтобы выполнялись следующие условия:

1. $m+n = mn$ для натуральных m, n
2. $a^mb^n+a^mc^n+a^nb^m+b^mc^n+a^nc^m+b^nc^m=0$

Первоe условие выполняется в случае m=n=2
А вот со вторым надо еще подумать... и еще учесть, что a+b+c=0

-- Пн ноя 23, 2009 19:03:41 --

Есль принять n=m=2, то условие 2 выполняется и a+b+c = 0
Но я на 100% не уверен в строгости и правильности рассуждений.

[Sasha2]

Нет, это тогно не то, во всяком случае $m+n=mn$ не уcловие, которое должно выполняться обязательно.
Bот два хорошо известных тождества при $a+b+c=0$.

$\frac{a^2+b^2+c^2}{2}*\frac{a^3+b^3+c^3}{3}=\frac{a^5+b^5+c^5}{5}$

$\frac{a^2+b^2+c^2}{2}*\frac{a^5+b^5+c^5}{5}=\frac{a^7+b^7+c^7}{7}$

[maxal]

Предположим, что $m,n\geq 2$.
Подставляя $c=-a-b$ и приравнивая коэффициенты при мономах $a^{n+m}$, $a^{m+n-1}b$ получаем уравнения:
$a^{m+n}:\qquad \frac{1+(-1)^m}m\cdot \frac{1+(-1)^n}n = \frac{1+(-1)^{m+n}}{m+n}$
$a^{m+n-1}b:\qquad (mn-m-n)(-1)^{m+n} = m(-1)^m + n(-1)^n$

Из первого уравнения следует, что либо $m=n=4$, либо одно из $m,n$ нечетно, а другое - четно. Как нетрудно проверить, первый случай решением не является, а во втором второе уравнение преобразуется (с точностью до переобозначения $m\leftrightarrow n$) к виду
$mn = 2m$, то есть $n=2$.

Пусть $n=2$, а $m>3$ - нечетно, тогда коэффициенты при $a^{n+m-2}b^2$ получаются также равными, а коэффициенты при $a^{n+m-3}b^3$ равны только при $m=5$.

Таким образом, других решений кроме $(m,n)=(3,2)$ и $(m,n)=(5,2)$ нет (с точностью до переобозначения $m\leftrightarrow n$).

[Sasha2]

А вот проясните пожалйста еще такой момент в контексте данной задачи.
Известно, что элементарные симметрические многочлены
$\sigma_1=a+b+c$, $\sigma_2=ab+ac+bc$ и $\sigma_3=abc$ алгеббраически независимы.
А вот если $\sigma_1=a+b+c=0$, то оставшиеся два проджолжают быть независимыми, или уже нет?

Это к тому, что вот хотелось бы еще узнать, а всегда ли найдется такое вещественное $q$,
что будет справедливо тождество $(a^m+b^m+c^m)*(a^n+b^n+c^n)=q*(a^{m+n}+b^{m+n}+c^{m+n})$, если $a+b+c=0$.

[maxal]

Sasha2 в сообщении #264831 писал(а):

Известно, что элементарные симметрические многочлены
$\sigma_1=a+b+c$, $\sigma_2=ab+ac+bc$ и $\sigma_3=abc$ алгеббраически независимы.
А вот если $\sigma_1=a+b+c=0$, то оставшиеся два проджолжают быть независимыми, или уже нет?

Если подставить $c=-a-b$, то $\sigma_2$ и $\sigma_3$ (алгебраически) выражаются через симметрические функции двух переменных $a$ и $b$, а потому остаются алгебраически независимыми.

Sasha2 в сообщении #264831 писал(а):

Это к тому, что вот хотелось бы еще узнать, а всегда ли найдется такое вещественное $q$,
что будет справедливо тождество $(a^m+b^m+c^m)*(a^n+b^n+c^n)=q*(a^{m+n}+b^{m+n}+c^{m+n})$, если $a+b+c=0$.

Нет. Возьмите, например, $m=n=3$.

[Sasha2]

Спаибо огромное. И еще такой последний вопрос.
Вот все то, о чем Вы говорите возможно осилить в рамках школьного курса алгебры или , чтобы такую технику, как у Вас иметь нужно прослушать университетский курс высшей алгебры?

[maxal]

Sasha2
Задачка и мое решение вполне школьные. Привлекать симметрические функции тут ни к чему.

[Edward_Tur]

Ещё одна старая задача: Из тождества $\left( {\frac{1}{{b - c}} + \frac{1}{{c - a}} + \frac{1}{{a - b}}} \right) \cdot \left( {\frac{a}{{b - c}} + \frac{b}{{c - a}} + \frac{c}{{a - b}}} \right) = \frac{a}{{{{(b - c)}^2}}} + \frac{b}{{{{(c - a)}^2}}} + \frac{c}{{{{(a - b)}^2}}}$
получить доказательство неравенства Шура:
Для $a,b,c \ge 0$
${a^3} + {b^3} + {c^3} + 3abc \ge {a^2}b + {b^2}a + {b^2}c + {c^2}b + {c^2}a + {a^2}c$.

[Sasha2]

Не совсем понятно, а зачем это неравенство выводить из тождества.
Оно очень хорошо сводится к следующему, которому эквивалентно:
$abc\geq{(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)}$.

Но прежде чем доказывать данное тождество, замечу, что в изначальном тождестве, числа $a, b, c$ можно считать все большими нуля, что мы и будем полагать далее. (Если одно из чисел $a, b, c$ равно 0, доказательство исходного тождества тривиально).
Итак, полагаем, что все $a, b, c$ больше нуля.
Отсюда легко видеть, что, по крайней мере два числа из трех $a+b-c, a+c-b, b+c-a$ неотрицательны.
Слендовательно отрицательным может быть только одно из этих трех чисел, но тогда данное неравенство очевидно.
Пусть теперь все три числа $a+b-c, a+c-b, b+c-a$ положительны.
Тогда запишем следующие очевидные неравенства:

1) $\sqrt{(a+b-c)(a+c-b)}\leq{\frac{(a+b-c)+(a+c-b)}{2}=a}$
2) $\sqrt{(a+b-c)(b+c-a)}\leq{\frac{(a+b-c)+(b+c-a)}{2}=b}$
3) $\sqrt{(a+c-b)(b+c-a)}\leq{\frac{(a+c-b)+(b+c-a)}{2}=c}$

Перемножив все эти верные равенства, обе части которых положительны, получаем, что доказываемое нами тождество верно, а вместе с ним и исходное также спраедливо.

[Edward_Tur]

Я не ставил задачу: «Доказать неравенство Шура». Хотел просто показать замечательную, на мой взгляд, связь между двумя классическими неравенствами: неравенством Шура и неравенством ${a^2} + {b^2} + {c^2} \ge ab + bc + ca$.
$ ({a^2} + {b^2} + {c^2} - ab - bc - ca) \times $
$ \times \left( {a\left( {a - b} \right)\left( {a - c} \right) + b\left( {b - c} \right)\left( {b - a} \right) + c\left( {c - a} \right)\left( {c - b} \right)} \right) = $
$ = a{{\left( {a - b} \right)}^2}{{\left( {a - c} \right)}^2} + b{{\left( {b - c} \right)}^2}{{\left( {b - a} \right)}^2} + c{{\left( {c - a} \right)}^2}{{\left( {c - b} \right)}^2} \ge 0$.

[Edward_Tur]

$a+b+c=0$. Для каких натуральных $m$ и $n$ существует константа $c_{m,n}$ (зависящая только от $m$ и $n$) такая, что имеем тождество:
$(a^m+b^m+c^m)\cdot(a^n+b^n+c^n)=c_{m,n}\cdot(a^{m+n}+b^{m+n}+c^{m+n}$)?

[maxal]

Edward_Tur в сообщении #268554 писал(а):

$a+b+c=0$. Для каких натуральных $m$ и $n$ существует константа $c_{m,n}$ (зависящая только от $m$ и $n$) такая, что имеем тождество:
$(a^m+b^m+c^m)\cdot(a^n+b^n+c^n)=c_{m,n}\cdot(a^{m+n}+b^{m+n}+c^{m+n}$)?

Решается аналогично предыдущему.
Для начала легко устанавливаем, что $c_{1,m}=c_{n,1}=0$, и для дальнейшего полагаем $m,n>1$.

Теперь избавляемся от $c$:

$$(a^m+b^m+(-a-b)^m)\cdot(a^n+b^n+(-a-b)^n)=c_{m,n}\cdot(a^{m+n}+b^{m+n}+(-a-b)^{m+n})$$

а затем и от однородности, деля на $b^{m+n}$ и обозначая $x=a/b$, получаем полиномиальное тождество:

$$(x^m+1+(-x-1)^m)\cdot(x^n+1+(-x-1)^n)=c_{m,n}\cdot(x^{m+n}+1+(-x-1)^{m+n})$$

Теперь смотрим на коэффиенты при степенях $x$:
$x^0:\quad (1+(-1)^m)(1+(-1)^n)=c_{m,n}(1+(-1)^{m+n})$
$x^1:\quad (-1)^m m (1+(-1)^n) + (-1)^n n (1+(-1)^m) = c_{m,n}(-1)^{m+n} (m+n)$

Рассмотрим следующие случаи:
1) Если оба $m,n$ четны, то из первого уравнения получаем $c_{m,n}=2$. Второе уравнение в этом случае автоматически выполняется.
1.1) Для $m=n=2$ тождество выполняется.
1.2) Если $m=2$, $n>2$, вычисляем коэффициент при $x^2$:
$2(2+n+n(n-1)/2) = (n+2)(n+1)$
что влечет $n=1$ и противоречит четности $n$.
1.3) Если $m,n>2$, то опять же вычисляем коэффициент при $x^2$:
$n(n-1) + mn + m(m-1) = (m+n)(m+n-1)$
что влечет $n=0$ или $m=0$, противоречие.

2) Если одно из $m,n$ нечетно, то другое обязано быть четно. Пусть для определённости $m$ четно, $n$ нечетно. Тогда равенство коэффициентов при $x^1$ влечёт

$$c_{m,n} = \frac{2n}{m+n}$$

А равенство коэффициентов при $x^2$ при этом автоматически выполняется.
2.1) $m=2$ - этот случай в точности предыдущая задача, ответ к которой $n=3$ и $n=5$.
2.2) $m\geq 4$, $n=3$, приравнивая коэффициенты при $x^3$, получаем $m=4$. Нетрудно проверить, что $c_{3,4}=\frac{6}{7}$ даёт решение.
2.3) $m\geq 4$, $n\geq 5$, в этом случае равенство коэффициентов при $x^3$ не выполняется.

Итак, решение дают только
$c_{1,m}=c_{n,1}=0$
$c_{2,2}=2$
$c_{2,3}=c_{3,2} = \frac{6}{5}$
$c_{2,5} = c_{5,2} = \frac{10}{7}$
$c_{3,4} = c_{4,3} = \frac{6}{7}$