(Mio) Problema di Natale
Dati $2n$ numeri distinti $a_1,a_2,....,a_n$ e $b_1,b_2,....,b_n$ e definita la matrice (tabella) di $n$ righe ed $n$ colonne come segue:
nella cella $(i,j)$ c'è il numero $a_i+b_j$
provare che se il prodotto di ogni colonna è lo stesso allora anche il prodotto di ogni riga è lo stesso.
Posto la soluzione su richiesta condivisa.
Saluti
Mistral
nella cella $(i,j)$ c'è il numero $a_i+b_j$
provare che se il prodotto di ogni colonna è lo stesso allora anche il prodotto di ogni riga è lo stesso.
Posto la soluzione su richiesta condivisa.
Saluti
Mistral
Risposte
Cosa intendi per " il prodotto di ogni colonna è lo stesso" ?
"Pachito":
Cosa intendi per " il prodotto di ogni colonna è lo stesso" ?
$c_k=(b_k+a_1)(b_k+a_2)....(b_k+a_n)$
allora $c_k=c_1$ per $k=2,...,n$
Saluti
Mistral
Il prodotto degli elementi della prima colonna sarà:
$P_(c)=(a_(1)+b_(1))(a_(1)+b_(2))...(a_(1)+b_(n))$
Il prodotto degli elementi della seconda colonna sarà
$P_(c)=(a_(2)+b_(1))(a_(2)+b_(2))...(a_(2)+b_(n))$
Il prodotto degli elementi della n-esima colonna sarà
$P_(c)=(a_(n)+b_(1))(a_(n)+b_(2))...(a_(n)+b_(n))$
Il prodotto degli elementi della prima riga sarà invece
$P_(r)=(a_(1)+b_(1))(a_(2)+b_(1))...(a_(n)+b_(1))$
2° riga
$P_(r)=(a_(1)+b_(2))(a_(2)+b_(2))...(a_(n)+b_(2))$
n° riga
$P_(r)=(a_(1)+b_(n))(a_(2)+b_(n))...(a_(n)+b_(n))$
Confrontando i fattori del prodotto della prima riga con quelli della prima colonna notiamo che sono costituiti dalla somma degli stessi termini. Quindi i due prodotti devono essere uguali. Poichè per ipotesi il prodotto di ogni colonna è lo stesso, facendo nuovamente il confronto tra la k-esima riga e la k-esima colonna, possiamo concludere che anche il prodotto di ogni riga è lo stesso.
$P_(c)=(a_(1)+b_(1))(a_(1)+b_(2))...(a_(1)+b_(n))$
Il prodotto degli elementi della seconda colonna sarà
$P_(c)=(a_(2)+b_(1))(a_(2)+b_(2))...(a_(2)+b_(n))$
Il prodotto degli elementi della n-esima colonna sarà
$P_(c)=(a_(n)+b_(1))(a_(n)+b_(2))...(a_(n)+b_(n))$
Il prodotto degli elementi della prima riga sarà invece
$P_(r)=(a_(1)+b_(1))(a_(2)+b_(1))...(a_(n)+b_(1))$
2° riga
$P_(r)=(a_(1)+b_(2))(a_(2)+b_(2))...(a_(n)+b_(2))$
n° riga
$P_(r)=(a_(1)+b_(n))(a_(2)+b_(n))...(a_(n)+b_(n))$
Confrontando i fattori del prodotto della prima riga con quelli della prima colonna notiamo che sono costituiti dalla somma degli stessi termini. Quindi i due prodotti devono essere uguali. Poichè per ipotesi il prodotto di ogni colonna è lo stesso, facendo nuovamente il confronto tra la k-esima riga e la k-esima colonna, possiamo concludere che anche il prodotto di ogni riga è lo stesso.
"giuseppe87x":
Il prodotto degli elementi della prima colonna sarà:
$P_(c)=(a_(1)+b_(1))(a_(1)+b_(2))...(a_(1)+b_(n))$
........
Il prodotto degli elementi della prima riga sarà invece
$P_(r)=(a_(1)+b_(1))(a_(2)+b_(1))...(a_(n)+b_(1))$
.......
Confrontando i fattori del prodotto della prima riga con quelli della prima colonna notiamo che sono costituiti dalla somma degli stessi termini. Quindi i due prodotti devono essere uguali. Poichè per ipotesi il prodotto di ogni colonna è lo stesso, facendo nuovamente il confronto tra la k-esima riga e la k-esima colonna, possiamo concludere che anche il prodotto di ogni riga è lo stesso.
La prima colonna contiene i termini $a_1^{n-1}b_j$ per $j=1,...,n$, mentre la prima riga non ne contiene nessuno di questi. Mi sembra che il tuo ragionamento non funzioni.
Saluti
Mistral
Bentrovato Mistral...
Proviamoci...
Considero fissata la n_upla delle a e indico con c il prodotto sulle colonne (sono considerati parametri!).
Innanzitutto anche la n_upla delle b è fissata con i parametri dati.
Infatti per le ipotesi le radici del polinomio
P(x) = Prod [(x+ai)] - c
ssono la n_upla (bi)[i=1..n]... (notare che il polinomio ha grado n, la produttoria è estesa da 1 a n, scusate se ometto gli indici)
Ora la n_upla delle b potrà essere solo una qualunque permutazione di quella sopra (praticamente si stanno permutando le colonne della matrice ma la sostanza non cambia).
La tesi è che il prodotto sulle colonne è costante, ovvero, con ragionamenti simili a quelli sopra, che esiste una costante d per cui il polinomio:
Q(x) = Prod [(x+bi)] - d
ha come radici la n_upla (ai)[i=1..n]
Per provare l'ultimo passaggio, imponiamo che Q(x) abbia fra le radici perlomeno una delle tante, a1 per esempio, e si vuole provare che se possiede a1, possiederà anche le rimanenti (n-1) radici. Ma andiamo con ordine:
- a1 è radice per un qualche d:
si e basta scegliere d= - Prod [(a1+bi)]
- a1 è radice, quindi
Prod [(a1+bi)]+d=0 per il d sopra
svolgendo i calcoli e ricordando la forma dei polinomio monici
(a1)^n+(a1)^(n-1)*(b1+b2+b3+...+bn)+(a1)^(n-2)(b1b2+b1b3+...)+....+ b1b2...bn+d=0 [1]
se avesse un'altra radice ai, varrebbe anche:
(ai)^n+(ai)^(n-1)*(b1+b2+b3+...+bn)+(ai)^(n-2)(b1b2+b1b3+...)+....+ b1b2...bn+d=0
[2]
e la seconda vale sse vale la differenza tra le due, cioè:
(a1^n - ai^n)+(a1^n - 1-ai^n-1))*(b1+b2+b3+...+bn)+....(a1-ai)(b1b2...bn-1+...)=0
[X]
Ora notiamo che nelle ipotesi, per il teorema fondamentale dell'algebra:
Prod [(x+ai)] -c = Prod [(x-bi)]
applicando il principio di identità dei polinomi all'identità sopra si ottiene:
-(a1+a2+a3+...+an)=b1+b2+...+bn
a1a2+a1a3+...=b1b2+b1b3+...
a1a2...an-1+...=b1b2...bn-1+...
a1a2...an - c=b1b2...bn (questa è inutile
)
e applicando queste formule nella [X] si ha una bella identità solo nella n_upla ai, che si vuole dimostrare...
Mi dispiace che non riesco ad alleggerire la notazione, quindi cambio post per non scrivere troppo... nel prox post risolvo l'identità per n=4, dando anche l'algoritmo per generalizzarla...
Proviamoci...
Considero fissata la n_upla delle a e indico con c il prodotto sulle colonne (sono considerati parametri!).
Innanzitutto anche la n_upla delle b è fissata con i parametri dati.
Infatti per le ipotesi le radici del polinomio
P(x) = Prod [(x+ai)] - c
ssono la n_upla (bi)[i=1..n]... (notare che il polinomio ha grado n, la produttoria è estesa da 1 a n, scusate se ometto gli indici)
Ora la n_upla delle b potrà essere solo una qualunque permutazione di quella sopra (praticamente si stanno permutando le colonne della matrice ma la sostanza non cambia).
La tesi è che il prodotto sulle colonne è costante, ovvero, con ragionamenti simili a quelli sopra, che esiste una costante d per cui il polinomio:
Q(x) = Prod [(x+bi)] - d
ha come radici la n_upla (ai)[i=1..n]
Per provare l'ultimo passaggio, imponiamo che Q(x) abbia fra le radici perlomeno una delle tante, a1 per esempio, e si vuole provare che se possiede a1, possiederà anche le rimanenti (n-1) radici. Ma andiamo con ordine:
- a1 è radice per un qualche d:
si e basta scegliere d= - Prod [(a1+bi)]
- a1 è radice, quindi
Prod [(a1+bi)]+d=0 per il d sopra
svolgendo i calcoli e ricordando la forma dei polinomio monici
(a1)^n+(a1)^(n-1)*(b1+b2+b3+...+bn)+(a1)^(n-2)(b1b2+b1b3+...)+....+ b1b2...bn+d=0 [1]
se avesse un'altra radice ai, varrebbe anche:
(ai)^n+(ai)^(n-1)*(b1+b2+b3+...+bn)+(ai)^(n-2)(b1b2+b1b3+...)+....+ b1b2...bn+d=0
[2]
e la seconda vale sse vale la differenza tra le due, cioè:
(a1^n - ai^n)+(a1^n - 1-ai^n-1))*(b1+b2+b3+...+bn)+....(a1-ai)(b1b2...bn-1+...)=0
[X]
Ora notiamo che nelle ipotesi, per il teorema fondamentale dell'algebra:
Prod [(x+ai)] -c = Prod [(x-bi)]
applicando il principio di identità dei polinomi all'identità sopra si ottiene:
-(a1+a2+a3+...+an)=b1+b2+...+bn
a1a2+a1a3+...=b1b2+b1b3+...
a1a2...an-1+...=b1b2...bn-1+...
a1a2...an - c=b1b2...bn (questa è inutile
)e applicando queste formule nella [X] si ha una bella identità solo nella n_upla ai, che si vuole dimostrare...
Mi dispiace che non riesco ad alleggerire la notazione, quindi cambio post per non scrivere troppo... nel prox post risolvo l'identità per n=4, dando anche l'algoritmo per generalizzarla...
L'identità per n=4 è:
(a1^4-a2^4)-(a1^3-a2^3)(a1+a2+a3+a4)+(a1^2-a2^2)(a1a2+a1a3+a1a4+a2a3+a2a4+a3a4)-(a1-a2)(a1a2a3+a2a3a4+a1a3a4+a1a2a4)=0
L'idea è: svolgere i calcoli... notiamo che ci sono 4 addendi nella somma sopra, che chiamo M,N,O,P. Se si svolgono, si trova una telescopica.
M= a1^4-a2^4
N= - M - a1^2(a1a2+a1a3+a1a4) + a2^2(a2a1+a2a3+a2a4)
0= a1^2(a1a2+a1a3+a1a4)-a2^2(a2a1+a2a3+a2a4)+
a1^2(a2a3+a3a4+a2a4)-a2^3(a1a4+a3a4+a1a3)
P= -a1^2(a2a3+a3a4+a2a4)+a2^3(a1a4+a3a4+a1a3)-a1a2a3a4+a1a2a3a4
In sostanza si somma poco per volta, prima M+N, poi il risultato ad O e così via... ogni volta si srive ciò che si deve aggiunguere come qualcosa che annulla quello prima più un resto... alla fine il resto risulta 0...
Non ho voglia di formalizzare... (ci metterei ore), ma il procedimento mi pare ben generalizzabile....
in questo modo la [X] del post sopra sarebbe dimostrata e quindi plausibilmente anche il problema...
(a1^4-a2^4)-(a1^3-a2^3)(a1+a2+a3+a4)+(a1^2-a2^2)(a1a2+a1a3+a1a4+a2a3+a2a4+a3a4)-(a1-a2)(a1a2a3+a2a3a4+a1a3a4+a1a2a4)=0
L'idea è: svolgere i calcoli... notiamo che ci sono 4 addendi nella somma sopra, che chiamo M,N,O,P. Se si svolgono, si trova una telescopica.
M= a1^4-a2^4
N= - M - a1^2(a1a2+a1a3+a1a4) + a2^2(a2a1+a2a3+a2a4)
0= a1^2(a1a2+a1a3+a1a4)-a2^2(a2a1+a2a3+a2a4)+
a1^2(a2a3+a3a4+a2a4)-a2^3(a1a4+a3a4+a1a3)
P= -a1^2(a2a3+a3a4+a2a4)+a2^3(a1a4+a3a4+a1a3)-a1a2a3a4+a1a2a3a4
In sostanza si somma poco per volta, prima M+N, poi il risultato ad O e così via... ogni volta si srive ciò che si deve aggiunguere come qualcosa che annulla quello prima più un resto... alla fine il resto risulta 0...
Non ho voglia di formalizzare... (ci metterei ore), ma il procedimento mi pare ben generalizzabile....
in questo modo la [X] del post sopra sarebbe dimostrata e quindi plausibilmente anche il problema...
Ciao Thomas, perchè non utilizzi MathML per renderizzare le formule?
Lo sapevo che qualcuno l'avrebbe detto... si me ne scuso ma non ho tempo ora per imparare questo linguaggio... quando ho tempo (ora dovrei mettermi a studiare per gli esami) lo faccio 
A proposito, scusate per la sol assurda che ho scritto sopra, ma altre non me ne sono venute...
A proposito, scusate per la sol assurda che ho scritto sopra, ma altre non me ne sono venute...
Ma come alla Normale non insegnano ad usare la scrittura in Tex?
Ah...scusate solo ora leggendo il post si Thomas mi sono reso conto di aver interpretato il quesito in tutt'altra maniera...infatti mi sembrava troppo facile.
"Thomas":
Bentrovato Mistral...
Proviamoci...
Considero fissata la n_upla delle a e indico con c il prodotto sulle colonne (sono considerati parametri!).
Innanzitutto anche la n_upla delle b è fissata con i parametri dati.
Infatti per le ipotesi le radici del polinomio
P(x) = Prod [(x+ai)] - c
ssono la n_upla (bi)[i=1..n]... (notare che il polinomio ha grado n, la produttoria è estesa da 1 a n, scusate se ometto gli indici)
Ora la n_upla delle b potrà essere solo una qualunque permutazione di quella sopra (praticamente si stanno permutando le colonne della matrice ma la sostanza non cambia).
La tesi è che il prodotto sulle colonne è costante, ovvero, con ragionamenti simili a quelli sopra, che esiste una costante d per cui il polinomio:
Q(x) = Prod [(x+bi)] - d
ha come radici la n_upla (ai)[i=1..n]
Per provare l'ultimo passaggio, imponiamo che Q(x) abbia fra le radici perlomeno una delle tante, a1 per esempio, e si vuole provare che se possiede a1, possiederà anche le rimanenti (n-1) radici. Ma andiamo con ordine:
- a1 è radice per un qualche d:
si e basta scegliere d= - Prod [(a1+bi)]
- a1 è radice, quindi
Prod [(a1+bi)]+d=0 per il d sopra
svolgendo i calcoli e ricordando la forma dei polinomio monici
(a1)^n+(a1)^(n-1)*(b1+b2+b3+...+bn)+(a1)^(n-2)(b1b2+b1b3+...)+....+ b1b2...bn+d=0 [1]
se avesse un'altra radice ai, varrebbe anche:
(ai)^n+(ai)^(n-1)*(b1+b2+b3+...+bn)+(ai)^(n-2)(b1b2+b1b3+...)+....+ b1b2...bn+d=0
[2]
e la seconda vale sse vale la differenza tra le due, cioè:
(a1^n - ai^n)+(a1^n - 1-ai^n-1))*(b1+b2+b3+...+bn)+....(a1-ai)(b1b2...bn-1+...)=0
[X]
Ora notiamo che nelle ipotesi, per il teorema fondamentale dell'algebra:
Prod [(x+ai)] -c = Prod [(x-bi)]
applicando il principio di identità dei polinomi all'identità sopra si ottiene:
-(a1+a2+a3+...+an)=b1+b2+...+bn
a1a2+a1a3+...=b1b2+b1b3+...
a1a2...an-1+...=b1b2...bn-1+...
a1a2...an - c=b1b2...bn (questa è inutile
e applicando queste formule nella [X] si ha una bella identità solo nella n_upla ai, che si vuole dimostrare...
Mi dispiace che non riesco ad alleggerire la notazione, quindi cambio post per non scrivere troppo... nel prox post risolvo l'identità per n=4, dando anche l'algoritmo per generalizzarla...
La soluzione è giusta e coincide abbastanza con quella che io conosco, anche se la mia usando gli stessi principi e più semplice, comunque a posteriori per me è facile dirlo
. Nelle formule che danno i coefficienti del polinomio in funzione delle sue radici (formule di Viete) dovresti mettere dei segni alterni, comunque cambia poco. Il prodotto delle righe è $(-1)^{n+1} c$, dove c è il prodotto comune di ogni colonna. Quando volete posto la soluzione sintetica ma non differente da quella di Thomas.Saluti e Buon Anno a Tutti
Mistral
"Mistral":
Dati $2n$ numeri distinti $a_1,a_2,....,a_n$ e $b_1,b_2,....,b_n$ e definita la matrice (tabella) di $n$ righe ed $n$ colonne come segue:
nella cella $(i,j)$ c'è il numero $a_i+b_j$
provare che se il prodotto di ogni colonna è lo stesso allora anche il prodotto di ogni riga è lo stesso.
Posto la soluzione su richiesta condivisa.
Saluti
Mistral
Soluzione sintetica:
Sia $P(X)=(X+a_{1})(X+a_{2})...(X+a_{n})-(X-b_{1})(X-b_{2})...(X-b_{n})$
allora il grado di $P$ è inferiore ad $n$.
Sia $c$ il prodotto costante delle colonne risulta che $P(b_{i})=c$ per $i=1,2,..n$, quindi $P(X)-c$ ha $n$ radici distinte questo vuol dire che è identicamente nullo. In particolare $c=P(-a_{i})=(-1)^{n+1}(a_{i}+b_{1})(a_{i}+b_{2})....(a_{i}+b_{n})$ per i=1,2,...,n. Segue che il prodotto delle righe è costante ed è uguale a $(-1)^{n+1}c$.
Semplice vero?
Saluti
Mistral
"Mistral":
Semplice vero?
Saluti
Mistral
Soluzione sintetica e elegante! Mi ricorda una dimostrazione alternativa di una generalizzazione del Teorema di Wilson...
Ciao!
Carino 
...
anche se così non trovi l'identità "figa"!
Alla prox
... anche se così non trovi l'identità "figa"!
Alla prox
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