hrpa slicnih jednakosti


Kvaliteta:
  Avg: 0,0
Težina:
  Avg: 0,0
Dodao/la: grga
21. travnja 2012.
LaTeX PDF
neka je n, n \in \mathbb{N}, te x_1, x_2, \dots , x_n, y_1, y_2, \dots, y_n \in \mathbb{C}
postoji li k, k \in \mathbb{N}, takav da se iz jednakosti x_1 + x_2 + \dots + x_n = y_1 + y_2 + \dots + y_n x_1^2 + x_2^2 + \dots + x_n^2 = y_1^2 + y_2^2 + \dots + y_n^2  \vdots x_1^k + x_2^k + \dots + x_n^k = y_1^k + y_2^k + \dots + y_n^k
moze zakljuciti da su "x-evi" do na permutaciju jednaki "y-ima". ako postoji, koji je najmanji takav k.

dodatno, postoji li l, l \in \mathbb{N} takav da se za proizvoljnih l brojeva a_1, a_2, \dots , a_l \in \mathbb{Z} \setminus \{0\}, takvih da \forall i \neq j vrijedi M(a_i, a_j) = 1 te odgovarajucih jednakosti

x_1^{a_1} + x_2^{a_1} + \dots + x_n^{a_1} = y_1^{a_1} + y_2^{a_1} + \dots + y_n^{a_1} x_1^{a_2} + x_2^{a_2} + \dots + x_n^{a_2} = y_1^{a_2} + y_2^{a_2} + \dots + y_n^{a_2}  \vdots x_1^{a_l} + x_2^{a_l} + \dots + x_n^{a_l} = y_1^{a_l} + y_2^{a_l} + \dots + y_n^{a_l}
moze zakljuciti da su "x-evi" do na permutaciju jednaki "y-ima". ako postoji, koji je najmanji takav l.

takoder, uz pretpostavku x_1, x_2, \dots , x_n, y_1, y_2, \dots, y_n \in \mathbb{R}^+, smijemo li uzeti a_1, a_2, \dots , a_l \in \mathbb{R} \setminus \{0\}?
Izvor: originalan



Komentari:

u dva se nemoze, za n=3
uzmi x_1 = -1, x_2 = -2, x_3 = 3, y_1 = 1, y_2 = 2, y_3 = -3
stovise, za ovu trojku se nemoze ni iz jednakosti (1), (2), (4), (6), ...
bas zato sta je M(2, 4, 6) = 2, pa mi se cini kao da ti te dodatne jednakosti ne trebaju. tako da, cini mi se da bi za n=4 mogao postojat protuprimjer za k=4, al ga nemogu naci.
nisam još pokušavao, al oko 90% sam da se može u n, a oko 30% da se može u 2
edit:nikako se ne može u 2
Zadnja promjena: vux, 23. travnja 2012. 20:15
sad sam malo izmjenio onaj uvjet da su svi rel prosti. al, malo mi se cini los zadatak. jesi ziher da je dobro za k = n.. meni se zapravo cini da je minimalni k = p_{n-1}, tj (n-1)-vi prosti broj.
uzmi u 1. dijelu da su xi nultočke P(x), a yi nultočke Q(x), raspisivanjem ovih jednadžbi (množit ih i slično) mislim da možeš dobit da se za k=n se koeficijenti podudaraju, pa time i iksevi i ipsiloni, al nisam još siguran kaj za k<n, na trenutak mi se čak učinilo da je k=2 rješenje...
tj neznam dal ima rjesenje uopce, nisam uspio rijesit u nekom kracem vremenu.
neznam ako ovo ima neko normalno rjesenje. prvi dio valjda ima.