Relaţii algebrice

Postby **Admin** » 27 Dec 2012, 13:49

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

$ = (x + y + z)(x^2 + y^2 + z^2 - xy - xz - yz) = $

$ = (x + y + z) \cdot \frac{1}{2} \cdot [(x-y)^2 + (x-z)^2 + (y-z)^2]$

Postby **Admin** » 27 Dec 2012, 14:27

Din Problema 3, Clasa a 12-a, Concursul "Ion Barbu - Dan Barbilian", Călăraşi, 29-31 octombrie 2004, partea cea mai grea (punctul d) ) cere ca să se arate că :

$\{x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz \, | \, x, y, z \in \mathbb{Z} \} = $ $\mathbb{Z} \setminus \{k \in \mathbb{Z} \, | \quad 3 \mid k , \quad 9 \nmid k \}$

Notând

$E = E(x, y, z) = x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz$ , unde $x, y, z \in \mathbb{Z}$.

este destul de uşor de observat că dacă $3 \mid E$ atunci $9 \mid E$.

Rezolvare :

Din postarea anterioară, a doua formă de scriere a lui $E$ poate induce ideea de a face în aşa fel ca a 2-a paranteză să fie $1$ sau $3$ (includem aici înmulţirea cu $\frac{1}{2}$), deci ca numerele $x, y, z$ să fie foarte aproape unul de altul şi obţinând ceva liniar ...

i) $x-1 = y = z \Longrightarrow E = 3x-2$ deci se obţin toate numerele întregi care dau restul $1$ la împărţirea cu $3$

ii) $x+1 = y = z \Longrightarrow E = 3x+2$ deci se obţin toate numerele întregi care dau restul $2$ la împărţirea cu $3$

iii) $x+1 = y = z-1 \Longrightarrow E = 9(x+1)$ , se obţin toate numerele întregi multiplii de $9$ (adică ce mai lipsea)

Postby **Admin** » 26 Feb 2013, 01:08

Problemă (Problemă clasică şi foarte importantă - Cu una din demonstraţiile cele mai "naturale")

Dacă $a, b, c$ sunt numere raţionale şi $a+b\sqrt[3]{2}+c\sqrt[3]{4}=0$ atunci $a=b=c=0$ .
Problema este valabilă dacă înlocuim pe $2$ cu orice număr prim $p$ .

Deci dacă $a, b, c$ sunt raţionale iar $a+b\sqrt[3]{p}+c\sqrt[3]{p^2}=0$ atunci $a=b=c=0$ .

Rezolvare :

Observaţia 1 : Daca macar unul din numerele $a, b, c$ este nul atunci evident ca si celelalte $2$ sunt nule, fiindca $\sqrt[3]{p}$ si $\sqrt[3]{p^2}$ sunt numere irationale (am facut aceasta observatie pentru o demonstratie cat mai completa si mai riguroasa).

Observaţia 2 : Presupunand deci numerele $a, b, c$ nenule atunci, scriindu-le ca fractii ordinare, aducand apoi la acelasi numitor, inmultind relatia cu respectivul numitor comun obtinem noi numere $a, b, c$ (care satisfac relatia din ipoteza) dar care sunt intregi .. si simplificand relatia cu $cmmdc(a,b,c)$ putem considera numerele $a, b, c$ chiar numere intregi si prime intre ele
(Deci $cmmdc(a,b,c)=1$ ).

Reformulăm atunci problema :
Dacă avem $3$ numere întregi nenule $a, b, c$ prime între ele iar $p$ prim atunci nu putem avea : $a+b\sqrt[3]{p}+c\sqrt[3]{p^2}=0$ .

Demonstratie. Facem apel la metoda reducerii la absurd.
Presupunem prin absurd ca avem $3$ numere intregi nenule $a,b,c$ prime intre ele iar $p$ prim astfel incat : $a+b\sqrt[3]{p}+c\sqrt[3]{p^2}=0$ . (***)

Demonstratia propriu zisa (prin aceasta abordare) face apel la formula din prima postare in topic. Folosim deci :

$x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz = (x + y + z)(x^2 + y^2 + z^2 - xy - xz - yz)$

pentru $x=a , y=b\sqrt[3]{p}, z=c\sqrt[3]{p^2}$ .

Evident $x+y+z=0$ , din ipoteza, si atunci $x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz=0$ adica :

$a^3+pb^3+p^2c^3-3pabc=0$ si de aici $p|a^3$ dar $p$ fiind prim trebuie sa avem $p|a$ (1)

Scriem $a=pa_1$ , inlocuim, simplificam relatia prin $p$ si obtinem :

$p^2a_1^3+b^3+pc^3-3pa_1bc=0$ si analog obtinem $p|b$ (2)

Scriem $b=pb_1$ , inlocuim, simplificam relatia prin $p$ si obtinem :

$pa_1^3+p^2b_1^3+c^3-3pa_1b_1c=0$ si analog obtinem $p|c$ (3)

Relatiile (1) + (2) + (3) inseamna ca $p$ divide toate cele $3$ numere $a,b,c$ deci acestea nu ar mai fi prime intre ele ..

Contradictie cu presupunerea facuta initial la (***), iar demonstratia este completa.

QED