USAMO 1973 (Simultangleichungen)

Question

USAMO 1973 (Simultangleichungen)

Mathematik
Wettbewerb-Mathematik
komplexe Zahlen
Algebra-Vorkalkül
Gleichungssysteme

Sternenlicht

Bestimmen Sie alle reellen oder komplexen Wurzeln des Systems simultaner Gleichungen (USAMO 1973/4)
$X + j + z = 3$ $x+y+z=3$ $X^{2} + j^{2} + z^{2} = 3$ $x^2+y^2+z^2=3$ $X^{3} + j^{3} + z^{3} = 3$ $x^3+y^3+z^3=3$

Gleichung I mit 2 multiplizieren und von Gleichung II subtrahieren:

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

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

Vervollständigen Sie das Quadrat für alle drei Variablen:

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

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

Da die rechte Seite Null ist und die linke Seite nur perfekte Quadrate hat, müssen wir aufgrund der trivialen Ungleichung haben:

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

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

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

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

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

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

Daher ist die einzige Lösung für die Gleichungen I und II

X = j = z = 1

$x=y=z=1$

Dies erfüllt auch Gleichung III. Und damit ist dies auch die einzige Lösung des gesamten Gleichungssystems.

1. Würde das reichen, um die volle Punktzahl zu bekommen? Fehlt etwas oder musste ergänzt werden?

2. Die komplexen Wurzeln werden nirgendwo benötigt oder verwendet. Dies wurde nur verwendet, um (künstlich?) die "Komplexität" des Problems zu erhöhen. Ist das richtig.

Calvin Lin

Warum muss

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

$( x - 1 ) ^2 + (y-1)^2 + (z-1)^2 = 0$ implizieren, dass alle Werte 0 sind? Insbesondere haben wir eine Lösung wie

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

$x = 1 + i, y = 1, z = 0$ . (Davon gehen Sie fälschlicherweise aus

x - 1

$x-1$ ist ein echter Wert. Hier kommen "komplexe Wurzeln" ins Spiel. Daher ist dies 0 Punkte wert.)

Sternenlicht

Habe es. Gibt es eine Möglichkeit, dies zu beheben? Oder muss die Herangehensweise komplett geändert werden?

Calvin Lin

Dieser Ansatz (der Versuch, Ungleichungen für komplexe Zahlen zu verwenden) wird wahrscheinlich nicht funktionieren, da Sie keine Ungleichungen für komplexe Zahlen oder eine Möglichkeit haben, sie zu vergleichen. Sie können höchstens versuchen, den absoluten Wert zu erreichen, aber es ist nicht einfach, ihn zu erzwingen (sagen wir)

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

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

Sternenlicht

Lassen Sie mich versuchen, kubische Polynome zu verwenden.

Calvin Lin

Wichtiger Hinweis in weißer Schrift:

Vieta's formula

$\color{white}{\text{Vieta's formula}}$ . Markieren Sie es zum Lesen.

dxiv

In reellen Zahlen

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

$\;\frac{x+y+z}{3}=\sqrt\frac{x^2+y^2+z^2}{3} \implies x=y=z\;$ durch die RMS-AM- Ungleichung, für eine Abkürzung. Aber das deckt natürlich nicht den Fall komplexer Wurzeln ab.

Antworten (3)

USAMO 1973 (Simultangleichungen)

Warum muss $( x - 1 ) ^2 + (y-1)^2 + (z-1)^2 = 0$ implizieren, dass alle Werte 0 sind? Insbesondere haben wir eine Lösung wie $x = 1 + i, y = 1, z = 0$ . (Davon gehen Sie fälschlicherweise aus $x-1$ ist ein echter Wert. Hier kommen "komplexe Wurzeln" ins Spiel. Daher ist dies 0 Punkte wert.)
Habe es. Gibt es eine Möglichkeit, dies zu beheben? Oder muss die Herangehensweise komplett geändert werden?
Dieser Ansatz (der Versuch, Ungleichungen für komplexe Zahlen zu verwenden) wird wahrscheinlich nicht funktionieren, da Sie keine Ungleichungen für komplexe Zahlen oder eine Möglichkeit haben, sie zu vergleichen. Sie können höchstens versuchen, den absoluten Wert zu erreichen, aber es ist nicht einfach, ihn zu erzwingen (sagen wir) $|xyz|^2 = xyz\bar{xyz}$ .
Wichtiger Hinweis in weißer Schrift: $\color{white}{\text{Vieta's formula}}$ . Markieren Sie es zum Lesen.
In reellen Zahlen $\;\frac{x+y+z}{3}=\sqrt\frac{x^2+y^2+z^2}{3} \implies x=y=z\;$ durch die RMS-AM- Ungleichung, für eine Abkürzung. Aber das deckt natürlich nicht den Fall komplexer Wurzeln ab.

Parcly Taxel · Answer 1

(X + j + z)^{2} = 9 = X^{2} + j^{2} + z^{2} + 2 (X j + j z + z X) ⟹ X j + j 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 + j + z)^{3} = 27 = 6 X j z + 3 (X + j + z) (X^{2} + j^{2} + z^{2}) - 2 (X^{3} + j^{3} + z^{3}) = 6 X j z + 27 - 6 ⟹ X j z = 1

$(x+y+z)^3=27=6xyz+3(x+y+z)(x^2+y^2+z^2)-2(x^3+y^3+z^3)=6xyz+27-6\implies xyz=1$ Daher nach den Formeln von Viète

x, y, z

$x,y,z$ sind die Wurzeln von

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

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

x = y = z = 1

$x=y=z=1$ ist die einzige Lösung.

Beachten Sie, dass die Formeln von Viète sogar in der komplexen Ebene gültig sind; Die Angabe von "komplex" in der Frage schließt die Verwendung von Real-Line-Tricks wie dem aus $x^2\ge0$ Ungleichheit in Ihrem Versuch.

Randbemerkung: Newtons Identitäten geben uns eine (im Wesentlichen) einzeilige Lösung.
Können Sie die Newton's Identities-Lösung näher erläutern?

Calvin Lin · Answer 2

Wie in den Kommentaren erwähnt,

Diese Lösung ist völlig falsch und 0 Punkte wert. Das hast du falsch angenommen $x-1, y-1, z-1$ sind reelle Zahlen.
Das ist falsch. Das Lösen nach "echten Wurzeln" unterscheidet sich stark vom Lösen nach "komplexen Wurzeln".

Anspruch: Mit $n$ (=3 in diesem Fall) Variablen, Newtons Identitäten sagen uns, dass die erste $n$ Potenzsummen bestimmen eindeutig die $n$ elementare symmetrische Polynome, die den Komplex eindeutig bestimmen $x_i$ (bis auf Permutation) über Vietas Formel.

Eine Idee/Linienlösung: Dieses System hat also eine eindeutige Lösung (bis auf Permutation von $x, y, z$ ), was wir beobachten $(1, 1, 1)$ .
Somit gibt es nur 1 komplexe Lösung.

Ich überlasse es Ihnen, die Behauptung zu überprüfen und diese Erklärung zu entpacken.
Es verwendet mehr Maschinen als nötig, um dieses Problem zu lösen, zeigt aber die zugrunde liegende Mathematik, weshalb dies mein bevorzugter Ansatz ist. Ich sage nicht, dass ein Ansatz besser ist als der andere.
Parclys Lösung erledigt die Aufgabe, diese elementaren symmetrischen Polynome zu finden, während ich ihre Berechnung vermeide, indem ich die eindeutige Lösung errate.
Parclys Ansatz führt garantiert zur Lösung, während meiner etwas Glück erfordert.

@Jean-ClaudeArbaut Das stimmt. In solchen Fällen (in der Wettbewerbsmathematik) wird es als "einzigartig bis zur Permutation" verstanden, aber lassen Sie mich das explizit machen.

dxiv · Answer 3

Die schöneren Lösungen wurden bereits gepostet, also hier ist eine andere, nur zum Spaß.

Verschieben der konstanten Terme $\,3\,$ zum LHS, Verteilen und Factoring, kann das System geschrieben werden als:

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

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

Betrachtet man dies als lineares System in $\,x-1,y-1,z-1\,$ seine Determinante ist:

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

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

Nach den offensichtlichen Manipulationen reduziert sich dies auf eine Vandermonde-Determinante in Variablen $\,x,y,z\,$ , die ungleich Null ist, wenn alle Variablen unterschiedlich sind. Aber dieser Fall führt zu dem Widerspruch, dass die triviale Lösung $\,x-1=y-1=z-1=0\,$ hat alle Variablen gleich. Die Determinante muss also sein $\,0\,$ dh zwei der Variablen sind gleich. Vorausgesetzt $\,x=y\,$ Zum Beispiel ist es einfach zu verifizieren, dass die einzige Lösung wiederum ist, $\,x=y=z=1\,$ .

+1 Schön. Dies ist eine Neuformulierung meiner Lösung, die in unterschiedlicher Terminologie dargestellt wird. IE 1) Muss die Lösung erraten, 2) Die Beobachtung der Vandermonde-Determinante ist ein Sonderfall von "Newtons Identitäten bestimmen eine eindeutige Lösung, wenn die Variablen verschieden sind". $\quad$ Leider ist 2) schwächer als meine Behauptung. Können Sie also, wenn Sie möchten, erläutern, wie wir im allgemeinen Fall mit wiederholten Wurzeln umgehen können? IE Wenn die Machtsummen waren $4, 6, 10$ korrespondierend zu $(1, 1, 2)$ , können wir Ihren Ansatz noch durchsetzen?
@CalvinLin Glaube nicht, dass sich der Trick natürlich auf Fälle erstreckt, in denen die Wurzeln unterschiedlich sind. Es könnte möglich sein, es irgendwie brutal zu erzwingen, obwohl dies wahrscheinlich gleichbedeutend mit einer verschleierten Resultante wäre . Was hier ein Overkill wäre, wo die direkte Antwort ein Einzeiler ist, wie Sie gepostet haben (+1).
Danke, das war auch meine Vermutung/Schlussfolgerung. $\quad$ Die Methode, die ich zum Fortfahren hatte, besteht darin, dass wir einmal eine Änderung der Variablen vornehmen, um sie zu erhalten $\sum x_i ^k = 0$ , aus denen $\prod x_i = 0$ (was im Wesentlichen Newtons Identitäten sind, also kein wesentlich anderer Ansatz), also ist eine von ihnen 0, und dann wird die Anzahl der Terme induziert.

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Parcly Taxel

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Calvin Lin

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dxiv

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Calvin Lin

Gegeben x,y,z∈Cx,y,z∈Cx,y,z\in \mathbb C, x+y+z=0x+y+z=0x+y+z=0 und |x|=|y |=|z||x|=|y|=|z||x|=|y|=|z|, beweise x3=y3=z3x3=y3=z3x^3=y^3=z^3.

Gibt es einen natürlichen Weg, um zu beweisen, dass trigonometrische Identitäten auch für komplexe Zahlen gelten?

Geometrische Anwendungen komplexer Zahlen

AIME 1991 Zahlentheorie Problem

Beweisen Sie grundlegende Ungleichungen komplexer Zahlen

PPP finden mit Kenntnis von PQ−→−×b→PQ→×b→\overrightarrow{PQ}×\overrightarrow{b}, PQ−→−⋅c→PQ→⋅c→\overrightarrow{PQ}⋅\overrightarrow{c} , b→b→\overrightarrow{b} und c→c→\overrightarrow{c}

Warum gibt das Lösen eines quadratischen Gleichungssystems zusätzliche Wurzeln?

Beweisen Sie, dass eine von zwei gegebenen komplexen Zahlen 111 oder −1−1-1 ist, wenn uv=5+2i3–√uv=5+2i3uv = 5 + 2i\sqrt{3}

Dieses System hat eine Lösung oder nicht?

Eine Ungleichung zweier komplexer Zahlen