Dall'orale

[Anér]

Mi hanno posto questo problema ieri mattina all'orale per l'ammissione in Normale.

Dato $n\geq 2$ naturale e $n$ reali $x_1,\cdots ,x_n$ non necessariamente distinti, ma tutti diversi da 0, sappiamo che per ogni naturale dispari $d$ vale $\sum_{i=1}^n x_i^d=0$. Dimostrare che $n$ è pari e che gli $x_i$ si possono unire per coppie di numeri uguali ed opposti.

Aggiungo, per i temerari, la versione un po' più forte, in cui l'ipotesi è estesa solo ai naturali dispari $d\leq n$, e la tesi è la stessa. Buon lavoro!

[Citrullo]

Se $ x_k=-x_y $ li elido dai sistemi (considero la n-upla senza le coppie uguali e opposte, che tanto in ogni caso se ne vanno $ \forall d $)

Se supponendo che mi rimangano dei termini arrivo ad un assurdo per forza la tesi è verificata. Mettiamo allora che mi avanzi una m-upla con $ 0<m\leq n $ senza uguali ed opposti. Sia $ x_j $ il o uno dei numeri più grandi in modulo di questa m-upla: se ce n'è uno bene, se ce n'è più d'uno sono tutti a segni concordi dunque il prossimo ragionamento vale a maggior ragione.
Sostengo ora che $ \exists d:|x_j^d|>\displaystyle |\sum_{i \in [1,...,m]/[j]}x_i^d| $. Questo proverebbe evidentemente la tesi perchè l'equazione $ \displaystyle \sum_{i=1}^nx_i^d=0 $ non potrebbe essere soddisfatta (ovvero una m-upla siffatta con $ m\neq 0 $ non può esistere).
Sia $ x_m $ il o uno dei numeri più grandi nella m-upla a cui ho tolto $ x_j $. Evidentemente $ \displaystyle |\sum_{i \in [1,...,m]/[j]}x_i^d|<|(m-1)x_m^d| $ ma allora se mostro che $ |x_j^d|>|(m-1)x_m^d| $ il gioco è fatto. Questo equivale a dire che $ \exists d:|(\frac{x_j}{x_m})^d|>m-1 $ ma questo è vero perchè LHS è un esponenziale con base >1 mentre RHS è un numero finito che vale al più n-1.

Ma il tuo orale non doveva essere due giorni fa?

[Mist]

scusate, non centra niente col topic, ma posso chiedere ad anér quanto tempo ti hanno dato per pensarci ? io sarei andato in palla...

[Anér]

@Citrullo: hai ragione, è che giovedì sono tornato a Roma da Pisa e solo venerdì sono tornato a casa; avevo dimenticato un giorno.
La tua soluzione è uguale alla mia, e visto che non mi hanno obiettato nulla è anche giusta (scherzo, non è per questo che è giusta). Ma chi sei tu che ti interessi di quando ho l'orale?

@Mist: ti danno il tempo che ti prendi, poi se vedono che ci metti molto ti cominciano a fare domande più semplici e a dare qualche consiglio per vedere come reagisci. Anche tu chi sei?

Io sono Andrea Bianchi, voi chi siete?

[Citrullo]

Sono uno che è stato ucciso all'orale proprio da un problema di algebra e che per questo motivo non potrà offrirti a breve la birra che ti deve!

[Gigi95]

Proviamo con la versione un tantino più difficile.

Dimostriamo che se $ d\leq n $ è dispari, allora le somme simmetriche di grado $ d $ degli $ x_i $ sono nulle, ossia $ \sum_{sym}x_1x_2\dots x_d=0 $.

Testo nascosto:

Sia $ \sigma_k=\sum_{i=1}^nx_i^k $. Allora, come è noto, ogni polinomio simmetrico di grado $ d $ si può esprimere attraverso una combinazione lineare di addendi nella forma $ \prod_i\sigma_i^{\alpha_i} $, dove $ \alpha_i, i=1,2,\dots $ sono degli interi tali che $ \sum_ii\alpha_i=d $. Segue che ogni polinomio simmetrico di grado $ d $ è nullo, infatti è combinazione lineare di addendi uguali a 0 (in ogni addendo deve per forza comparire un $ \alpha_i $ non nullo in corrispondenza di $ i $ dispari, altrimenti il grado $ d $ non sarebbe dispari).

Il polinomio $ P(x)=\prod_{i=1}^n(x-x_i) $ è, ovviamente, il polinomio monico le cui radici sono $ x_1,x_2,\dots,x_n $. D'altra parte il polinomio, come ci insegna Viète, è $ x^n,-\frac1nS_1x^{n-1},\frac1{\binom{n}{2}}S_2x^{n-2},\dots,(-1)^nS_n $. Allora, se $ n $ è dispari si ha che il termine noto del polinomio è 0, quindi $ x=0 $ è radice di $ P(x) $, ciò contraddice l'ipotesi, poiché gli $ x_i $ devono essere tutti non nulli.
Quindi si ha necessariamente che $ n $ è pari e quindi che $ P(x) $ è un polinomio pari, cioè i coefficienti dei termini di grado dispari sono tutti nulli.
Allora si può affermare che $ P(x)=Q(x^2)=\prod_{i=0}^{\frac{n}2}(x^2-y_i)=\prod_{i=0}^{\frac{n}2}(x-\sqrt{y_i})(x+\sqrt{y_i}) $.
Da qui segue che le radici di $ P(x) $ sono accoppiate a due a due in modo tale che le due radici nella stessa coppia sono opposte.
CVD

[jordan]

Il lemma usato nel testo nascosto e' stato usato piu' volte, specie nelle nazionali iraniane.. qualcuno ce ne dà una dimostrazione, o posta un nuovo thread?

[dario2994]

Il lemma usato nel testo nascosto e' stato usato piu' volte, specie nelle nazionali iraniane.. qualcuno ce ne dà una dimostrazione, o posta un nuovo thread?

Ti riferisci a questo: Teorema fondamentale dei polinomi simmetrici ?

[Anér]

No, il lemma nel testo nascosto è un altro: non usa i polinomi algebrici elementari ma le somme di potenze; il risultato è lo stesso: ogni polinomio simmetrico si scrive come un polinomio calcolato nelle somme di potenze.
Cerco di essere più preciso.
Sia $f(x_1,\cdots , x_n)$ un polinomio simmetrico a coefficienti in un anello sensato, ad esempio $\mathbb{Z}$ o un campo come $\mathbb{R},\mathbb{C}$. (Dovrebbe andare bene qualsiasi anello commutativo con unità). Polinomio simmetrico vuol dire che la scrittura formale è la stessa se si scambiano due qualsiasi delle $x_i$.
Siano, per ogni $1\leq k\leq n$, definiti i seguenti polinomi:
$p_k(x_1, \cdots , x_n)=\sum_{J} x_{j_1}\cdot \cdots \cdot x_{j_k}$
ove la somma è estesa a tutti i sottoinsiemi $J=\{j_1,\cdots,j_k\}$ di $\{ 1,\cdots , n\}$ di cardinalità $k$. (Questo è il coefficiente di grado $n-k$ in $y$ del polinomio $\prod_{i=1}^n (y+x_i)$).
$\sigma_k(x_1,\cdots , x_n)=\sum_{i=1}^n x_i^k$.
Allora esiste un polinomio $q(y_1,\cdots, y_n)$ tale che
$f(x_1,\cdots , x_n)= q(p_1(x_1, \cdots , x_n), \cdots, p_n(x_1, \cdots , x_n))$
ed esiste un (altro) polinomio $r(y_1,\cdots, y_n)$ tale che
$f(x_1,\cdots , x_n)= r(\sigma _1(x_1, \cdots , x_n), \cdots, \sigma_n(x_1, \cdots , x_n))$.
Insomma si possono indifferentemente usare i polinomi simmetrici elementari o le somme di potenze (o un misto opportuno dei due) per costruire tutti i polinomi simmetrici.