USAMO 1973 (Ecuaciones simultáneas)

Question

USAMO 1973 (Ecuaciones simultáneas)

Matemáticas
concurso-matematicas
números complejos
álgebra-precálculo
sistemas de ecuaciones

Luz de las estrellas

Determinar todas las raíces, reales o complejas, del sistema de ecuaciones simultáneas (USAMO 1973/4)
$X + y + z = 3$ $x+y+z=3$ $X^{2} + y^{2} + z^{2} = 3$ $x^2+y^2+z^2=3$ $X^{3} + y^{3} + z^{3} = 3$ $x^3+y^3+z^3=3$

Multiplique la ecuación I por 2 y réstela de la ecuación II:

X^{2} - 2 X + y^{2} - 2 y + z^{2} - 2 z = - 3

$x^2-2x+y^2-2y+z^2-2z=-3$

Complete el cuadrado para las tres variables:

(X - 1)^{2} + (y - 1)^{2} + (z - 1)^{2} = 0

$(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=0$

Dado que el RHS es cero, y el LHS tiene solo cuadrados perfectos, por la desigualdad trivial, debemos tener:

(X - 1)^{2} = 0 \Rightarrow X = 1

$(x-1)^2=0\Rightarrow x=1$

(y - 1)^{2} \Rightarrow y = 1

$(y-1)^2\Rightarrow y=1$

(z - 1)^{2} = 0 \Rightarrow z = 1

$(z-1)^2=0\Rightarrow z=1$

Por lo tanto, la única solución para las Ecuaciones I y II es

X = y = z = 1

$x=y=z=1$

Esto también satisface la Ecuación III. Y por lo tanto, esta es también la única solución para el sistema general de ecuaciones.

1. ¿Sería esto suficiente para obtener la máxima puntuación? ¿Algo que falta o necesita ser agregado?

2. Las raíces complejas no se necesitan ni se usan en ninguna parte. Esto solo se usó para (¿artificialmente?) Aumentar la "complejidad" del problema. Es esto correcto.

calvin lin

Porque debe

(x - 1)^{2} + (y - 1)^{2} + (z - 1)^{2} = 0

$( x - 1 ) ^2 + (y-1)^2 + (z-1)^2 = 0$ implica que todos los valores son 0? En particular, tenemos una solución como

x = 1 + i, y = 1, z = 0

$x = 1 + i, y = 1, z = 0$ . (Usted está asumiendo incorrectamente que

x - 1

$x-1$ es un valor real. Aquí es donde entran las "raíces complejas". Por lo tanto, vale 0 puntos).

Luz de las estrellas

Entiendo. ¿Hay alguna forma de arreglar esto? ¿O es necesario cambiar el enfoque por completo?

calvin lin

Es probable que este enfoque (de tratar de usar desigualdades en números complejos) no funcione, porque no tiene desigualdades en números complejos ni ninguna forma de compararlas. A lo sumo, puede intentar llegar al valor absoluto, pero no es fácil de forzar (digamos)

| x y z |^{2} = x y z \bar{x y z}

$|xyz|^2 = xyz\bar{xyz}$ .

Luz de las estrellas

Déjame intentar usar polinomios cúbicos.

calvin lin

Pista principal en letra blanca:

Vieta's formula

$\color{white}{\text{Vieta's formula}}$ . Resalta para leer.

dxiv

en números reales

\frac{x + y + z}{3} = \sqrt{\frac{x^{2} + y^{2} + z^{2}}{3}} ⟹ x = y = z

$\;\frac{x+y+z}{3}=\sqrt\frac{x^2+y^2+z^2}{3} \implies x=y=z\;$ por la desigualdad RMS-AM , para un atajo. Pero, por supuesto, eso no cubre el caso de raíces complejas.

Respuestas (3)

USAMO 1973 (Ecuaciones simultáneas)

Porque debe $( x - 1 ) ^2 + (y-1)^2 + (z-1)^2 = 0$ implica que todos los valores son 0? En particular, tenemos una solución como $x = 1 + i, y = 1, z = 0$ . (Usted está asumiendo incorrectamente que $x-1$ es un valor real. Aquí es donde entran las "raíces complejas". Por lo tanto, vale 0 puntos).
Entiendo. ¿Hay alguna forma de arreglar esto? ¿O es necesario cambiar el enfoque por completo?
Es probable que este enfoque (de tratar de usar desigualdades en números complejos) no funcione, porque no tiene desigualdades en números complejos ni ninguna forma de compararlas. A lo sumo, puede intentar llegar al valor absoluto, pero no es fácil de forzar (digamos) $|xyz|^2 = xyz\bar{xyz}$ .
Pista principal en letra blanca: $\color{white}{\text{Vieta's formula}}$ . Resalta para leer.
en números reales $\;\frac{x+y+z}{3}=\sqrt\frac{x^2+y^2+z^2}{3} \implies x=y=z\;$ por la desigualdad RMS-AM , para un atajo. Pero, por supuesto, eso no cubre el caso de raíces complejas.

Parcly Taxel · Answer 1

(X + y + z)^{2} = 9 = X^{2} + y^{2} + z^{2} + 2 (X y + y z + z X) ⟹ X y + y z + z X = 3

$(x+y+z)^2=9=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)\implies xy+yz+zx=3$

(X + y + z)^{3} = 27 = 6 X y z + 3 (X + y + z) (X^{2} + y^{2} + z^{2}) - 2 (X^{3} + y^{3} + z^{3}) = 6 X y z + 27 - 6 ⟹ X y z = 1

$(x+y+z)^3=27=6xyz+3(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)-2(x^3+y^3+z^3)=6xyz+27-6\implies xyz=1$ Por lo tanto, por las fórmulas de Viète

x, y, z

$x,y,z$ son las raíces de

t^{3} - 3 t^{2} + 3 t - 1 = (t - 1)^{3}

$t^3-3t^2+3t-1=(t-1)^3$ , entonces

x = y = z = 1

$x=y=z=1$ es la única solución.

Tenga en cuenta que las fórmulas de Viète son válidas incluso en el plano complejo; la especificación de "complejo" en la pregunta impide el uso de trucos de línea real como el $x^2\ge0$ desigualdad en su intento.

Nota al margen: las identidades de Newton nos dan una solución (esencialmente) de una línea.
¿Puede dar más detalles sobre la solución de identidades de Newton?

calvin lin · Answer 2

Como se señaló en los comentarios,

Esta solución es completamente incorrecta y vale 0 puntos. Usted asumió incorrectamente que $x-1, y-1, z-1$ son números reales.
Esto es incorrecto. Resolver para "raíces reales" es muy diferente de resolver para "raíces complejas".

Reclamo: Con $n$ (=3 en este caso) variables, las identidades de Newton nos dicen que la primera $n$ Las sumas de potencias determinan de forma única la $n$ polinomios simétricos elementales, que determina de forma única el complejo $x_i$ (hasta permutación) a través de la fórmula de Vieta.

Solución de una idea/línea: Por lo tanto, este sistema tiene una solución única (hasta permutación de $x, y, z$ ), que observamos que es $(1, 1, 1)$ .
Por lo tanto, solo hay 1 solución compleja.

Le dejo a usted verificar el reclamo y desempaquetar esta declaración.
Utiliza más maquinaria de la necesaria para resolver este problema, pero muestra las matemáticas subyacentes, razón por la cual este es mi enfoque favorito. No estoy diciendo que un enfoque sea mejor que el otro.
La solución de Parcly hace el trabajo de encontrar estos polinomios simétricos elementales, mientras que evito calcularlos adivinando la solución única.
El enfoque de Parcly está garantizado para obtener la solución, mientras que el mío requiere algo de suerte.

@Jean-ClaudeArbaut Cierto. En tales casos (en matemáticas de concurso), se entiende que es "único hasta la permutación", pero permítanme hacerlo explícito.

dxiv · Answer 3

Las mejores soluciones ya se han publicado, así que aquí hay una diferente, solo por diversión.

Mover los términos constantes $\,3\,$ a la LHS, distribuyendo y factorizando, el sistema se puede escribir como:

{\begin{cases} (X - 1) & + (y - 1) & + (z - 1) & = 0 \\ (X - 1) \cdot (X + 1) & + (y - 1) \cdot (y + 1) & + (z - 1) \cdot (z + 1) & = 0 \\ (X - 1) \cdot (X^{2} + X + 1) & + (y - 1) \cdot (y^{2} + y + 1) & + (z - 1) \cdot (z^{2} + z + 1) & = 0 \end{cases}

$\begin{cases} (x-1) & +\; (y-1) & +\; (z-1) & = 0 \\ (x-1) \cdot (x+1) & +\; (y-1) \cdot (y+1) & +\; (z-1) \cdot (z+1) & = 0 \\ (x-1) \cdot (x^2+x+1) & +\; (y-1) \cdot (y^2+y+1) & +\; (z-1) \cdot (z^2+z+1) & = 0 \end{cases}$

Considerando esto como un sistema lineal en $\,x-1,y-1,z-1\,$ su determinante es:

| \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ X + 1 & y + 1 & z + 1 \\ X^{2} + X + 1 & y^{2} + y + 1 & z^{2} + z + 1 \end{matrix} |

$\left| \begin{matrix} \;1 \;&\; 1 \;&\; 1 \; \\ \;x+1 \;&\; y+1 \;&\; z+1 \; \\ \;x^2+x+1 \;&\; y^2+y+1 \;&\; z^2+z+1 \; \\ \end{matrix} \right|$

Después de las manipulaciones obvias, esto se reduce a un determinante de Vandermonde en variables $\,x,y,z\,$ , que es distinto de cero si todas las variables son diferentes. Pero ese caso lleva a la contradicción de que la solución trivial $\,x-1=y-1=z-1=0\,$ tiene todas las variables iguales. Entonces el determinante debe ser $\,0\,$ es decir, dos de las variables sean iguales. Asumiendo $\,x=y\,$ por ejemplo, es sencillo verificar que la única solución es, de nuevo, $\,x=y=z=1\,$ .

+1 agradable. Esta es una reformulación de la solución de la mina presentada en diferente terminología. IE 1) Tiene que adivinar la solución, 2) La observación del determinante de vandermonde es un caso especial de "las identidades de newton determinan una solución única cuando las variables son distintas". $\quad$ Desafortunadamente, 2) es más débil que mi reclamo. Entonces, si está dispuesto, ¿puede explicar cómo podemos tratar las raíces repetidas en el caso general? IE Si las sumas de potencia fueran $4, 6, 10$ correspondiente a $(1, 1, 2)$ , ¿podemos seguir adelante con su enfoque?
@CalvinLin No crea que el truco se extiende naturalmente a los casos en los que las raíces son diferentes. Podría ser posible forzarlo por fuerza bruta de alguna manera, aunque eso probablemente sería equivalente a un resultado disfrazado . Lo cual sería una exageración aquí, donde la respuesta directa es una sola línea, como publicaste (+1).
Gracias, esa fue mi conjetura/conclusión también. $\quad$ El método que tenía para continuar, es que una vez que hacemos un cambio de variables para obtener $\sum x_i ^k = 0$ , a partir del cual $\prod x_i = 0$ (que son esencialmente las identidades de Newton, por lo que no es un enfoque significativamente diferente), por lo que uno de ellos es 0, y luego induzca el número de términos.

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Dado x,y,z∈Cx,y,z∈Cx,y,z\in \mathbb C, x+y+z=0x+y+z=0x+y+z=0 y |x|=|y |=|z||x|=|y|=|z||x|=|y|=|z|, demuestre que x3=y3=z3x3=y3=z3x^3=y^3=z^3.

¿Existe una forma natural de demostrar que las identidades trigonométricas también son válidas para los números complejos?

Aplicaciones geométricas de números complejos

AIME 1991 Problema de teoría de números

Demostrar desigualdades básicas de números complejos

Encontrar PPP conociendo PQ−→−×b→PQ→×b→\overrightarrow{PQ}×\overrightarrow{b}, PQ−→−⋅c→PQ→⋅c→\overrightarrow{PQ}⋅\overrightarrow{c} , b→b→\overrightarrow{b}, y c→c→\overrightarrow{c}

¿Por qué Resolver el sistema de ecuaciones cuadráticas da raíces adicionales?

Demostrar que uno de los dos números complejos dados es 111 o −1−1-1, cuando uv=5+2i3–√uv=5+2i3uv = 5 + 2i\sqrt{3}

¿Este sistema tiene solución o no?

Una desigualdad que involucra dos números complejos