A problem with Symmetric Polynomials (II) // Szimmetrikus polinomokkal kapcsolatos probléma (II)

 It's related to the post here.

          A related problem appeared in Issue 2 /1978 of the  "Revista Matematica a Elevilor din Timisoara" (Mathematical Magazine of Students from Timisoara).

(in construction)

..

 loc pentru imagine..

..(mentiune alte reviste)

..

   "3445.  Prove that if  $a+b+c=0$ ,  then

$2(a^5+b^5+c^5)=5abc(a^2+b^2+c^2) \tag{1}$

$10(a^7+b^7+c^7)=7(a^2+b^2+c^2)(a^5+b^5+c^5) \tag{2}$

{no Author}  "

Solution CiP

               The algebraic relation  (1)  was demonstrated in the aforementioned post (see  (7)  there).

               For  (2) , a similar path would require a decomposition of 

 $P(a,b,c)=(a+b+c)^7-a^7-b^7-c^7$

For  $a+b=0\;\Rightarrow\;P(a,-a,c)=c^7+a^7-a^7-c^7=0\;\Rightarrow\; (a+b) \mid P(a,b,c).$

so  $P(a,b,c)=(a+b)(b+c)(c+a)\cdot Q(a,b,c)\;,\;deg(Q)=4.$  

Unfortunately, the polynomial  $Q$  has a more complicated form, and which, as we discussed with COPILOT, is irreducible over  $\mathbb{Q}[a,b,c]$ :

$(a+b+c)^7-a^7-b^7-c^7=(a+b)(b+c)(c+a)\cdot $

$\cdot[a^4+b^4+c^4+2(a^3b+a^3c+b^3a+b^3c+c^3a+c^3b)+ \tag{3}$

$+3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+4(a^2bc+b^2ca+c^2ab)] $

Although we could start with  (3)  and use the condition  $a+b+c=0$, we prefer an easier path.

               Lemma   $(x+y)^7-x^7-y^7=7xy(x+y)(x^2+xy+y^2)^2 \tag{4}$

      Proof of Lemma : For  $L(x,y):=(x+y)^7-x^7-y^7$  we have  $L(0,y)=0=L(x,0)=L(x,-x)$  so

$L(x,y)=xy(x+y)\cdot N(x,y)\;,\;deg(N)=4 \tag{5}$

Finding  $N(x,y)$  is not easy here either, so we start from the development of  $(x+y)^7$ , guided by the suggestion in  (5) :

$(x+y)^7-x^7-y^7=7x^6y+21x^5y^2+35x^4y^3+35x^3y^4+21x^2y^5+7xy^6=$

$=7xy(x^5+x^4y+2x^4y+2x^3y^2+3x^3y^2+3x^2y^3+2x^2y^3+2xy^4+xy^4+y^5)=$

$=7xy(x+y)(x^4+2x^3y+3x^2y^2+2xy^3+y^4)=7xy(x+y)(x^4+x^2y^2+y^4+2x^3y+2xy^3+2x^2y^2)=7xy(x+y)(x^2+xy+y^2)^2$

$\square\;Lemma$

          Now we will use the condition  $a+b+c=0$ . We take from the mentioned post the relations ( (5)  and  (7)  from there)   :

$\sum ab=-\frac{1}{2}\sum a^2 \tag{5}$

$\sum a^5=\frac{5}{2}abc \sum a^2 \tag{6}$

We also have, still in this hypothesis

  $a^2+ab+b^2=a^2+(-b-c)(-c-a)+b^2=a^2+b^2+c^2+bc+ca+ab\overset{(5)}{=}$

$=\sum a^2-\frac{1}{2}\sum a^2$ , so

$a^2+ab+b^2=\frac{1}{2}\sum a^2 \tag{7}$

     Now we prove  (2)  as follows :

$a^7+b^7+c^7=-[(a+b)^7-a^7-b^7]\overset{(4)}{=}-7ab(a+b)(a^2+ab+b^2)^2\underset{a+b=-c}{=}$

$=7abc(a^2+ab+b^2)^2\;\underset{squaring\;(7)}{=}\;\;7abc\cdot \frac{1}{4}(\sum a^2)^2=\frac{7}{4}[abc \sum a^2](\sum a^2)=$

$\underset{(6)}{=}\frac{7}{4}\cdot \frac{2}{5}\sum a^5 \sum a^2=\frac{7}{10}\sum a^2\sum a^5$.

$\blacksquare$

          I finally posted the draft of my discussion with COPILOT, whom I asked if

$(a+b+c)^7-a^7-b^7-c^7=(a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2\cdot [m(a+b+c)+n]$

          <<<

Salut, frumos exercițiu 😊

Expresia
[ (a+b+c)^7-a^7-b^7-c^7 ]
nu se poate scrie de forma
[ (a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2,[m(a+b+c)+n] ]
— factorul tău este prea mare.

Factorizarea corectă

Se știe (și se poate verifica prin dezvoltare) că pentru puteri impare (n\ge 3):

[ (a+b+c)^n-a^n-b^n-c^n ] este divizibilă prin ((a+b)(b+c)(c+a)).

Pentru (n=7), factorizarea este:

[ \begin{aligned} (a+b+c)^7-a^7-b^7-c^7 &=7(a+b)(b+c)(c+a)\cdot Q(a,b,c), \end{aligned} ]

unde

[ \begin{aligned} Q(a,b,c)=;&a^4+b^4+c^4\ &+2(a^3b+a^3c+b^3a+b^3c+c^3a+c^3b)\ &+3(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)\ &+4(a^2bc+ab^2c+abc^2). \end{aligned} ]

Deci descompunerea „frumoasă” este:

[ \boxed{ (a+b+c)^7-a^7-b^7-c^7 =7(a+b)(b+c)(c+a),Q(a,b,c) } ]

De ce nu merge forma ta

Dacă pui (c=0), obții:

[ (a+b)^7-a^7-b^7 ]

RHS-ul tău ar deveni:

[ (a+b)^2\cdot b^2\cdot a^2,[m(a+b)+n], ]

care are factor (a^2b^2(a+b)^2). Dar expresia reală ((a+b)^7-a^7-b^7) are doar factor (ab(a+b)), nu la pătrat. Deci forma cu ((a+b)^2(b+c)^2(c+a)^2[m(a+b+c)+n]) nu poate fi corectă pentru niciun (m,n).

Dacă vrei, putem încerca împreună să deducem (Q(a,b,c)) pas cu pas, nu doar să-l iau „gata făcut”.

Q nu se mai descompune ??

Da, întrebarea e foarte bună—merită verificat dacă (Q) mai are factori „frumoși”.

Avem
[ (a+b+c)^7-a^7-b^7-c^7 =7(a+b)(b+c)(c+a),Q(a,b,c), ] unde [ \begin{aligned} Q(a,b,c)=;&a^4+b^4+c^4\ &+2(a^3b+a^3c+b^3a+b^3c+c^3a+c^3b)\ &+3(a^2b^2+a^2c^2+b^2c^2)\ &+4(a^2bc+ab^2c+abc^2). \end{aligned} ]

Se mai poate factoriza (Q)?

Observă câteva lucruri:

• Simetrie: (Q) este simetric în (a,b,c), dar nu este omogen în „tipul” termenilor (coeficienții sunt 1,2,3,4).
• Test rapid de factori simpli:
  • Nu are factor ((a+b)): dacă pui (a=-b), obții [ Q(-b,b,c)=b^4+c^4+2(-b^3c+b^3c+c^3(-b)+c^3b)+3(b^2c^2+b^2c^2)+4(\dots) ] care nu este identic zero.
  • La fel, nu are factor ((a+b+c)): dacă pui (c=-(a+b)), rezultatul nu devine 0.
• Dacă (Q) ar avea factori de tip ((a+b)), ((b+c)), ((c+a)) sau ((a+b+c)), atunci expresia totală ar avea acești factori la puteri mai mari, ceea ce contrazice comportamentul când, de exemplu, (c=0) (unde știm că ((a+b)^2) nu divide ((a+b)^7-a^7-b^7)).

Concluzia scurtă:
[ Q(a,b,c)\ \text{este ireductibil peste }\mathbb{R} \text{ (și peste }\mathbb{Q}\text{) în factori polinomiali „simpli” în }a,b,c. ]

Adică nu se mai descompune într-un produs de factori de grad mai mic cu coeficienți reali/rationali, de tipul celor „clasici” ((a+b)), ((a+b+c)), etc.

Dacă vrei, putem încerca să-l „spargem” formal ca produs de două polinoame de grad 2 în (a,b,c) și să vezi concret de ce nu ies coeficienții.

>>>