mateforum.ro

Fie \( z_{1}, z_{2}, z_{3}\in\mathbb{C} \) numere complexe astfel incat sa aiba loc:

1) \( |z_{1}|=|z_{2}|=|z_{3}|=1 \);

2) \( z_{1}+z_{2}+z_{3}\neq 0 \);

3) \( z_{1}^{2}+z_{2}^{2}+z_{3}^{2}=0 \).

Sa se arate ca pentru orice numar intreg \( n\geq 2 \), avem

\( |z_{1}^{n}+z_{2}^{n}+z_{3}^{n}|\in \{0,1,2,3\} \).

Cezar Lupu wrote:Fie \( z_{1, 2, 3} \in \mathbb{C} \) astfel încât sa aiba loc:

1) \( |z_1| = |z_2| = |z_3| = 1 \).

2) \( z_1 + z_2 + z_3 \neq 0 \).

3) \( z_1^2 + z_2^2 + z_3^2 = 0 \).

Sa se arate ca pentru orice \( n \in \mathbb{Z} \), avem

\( |z_1^n + z_2^n + z_3^n| \in \{0,1,2,3\} \).

Solutie. In continuare voi lucra formal, fara sa ofer o justificare a argumentelor - ghinionul elevilor de la aceasta clasa care trebuie sa faca acum referinta la manualul de a XII-a, practic tehnica aceasta arhicunoscuta si deseori utila în probleme a fost aruncata în aer

Fie \( f \equiv (X - z_1)(X - z_2)(X - z_3) \in \mathbb{C}[X] \).

Sa facem notatiile:

\( S_1 = \sum z_1 \), \( S_2 = \sum z_1z_2 \), \( E_1 = \sum z_1^2 \), \( P = z_1z_2z_3 \).

Din ipoteza si câteva identitati cunoscute obtinem:

\( \left\{ \begin{array}{c} E_1 + 2S_2 = S_1^2 \\ E_1 = 0 \end{array} \right| \Rightarrow S_2 = \frac{1}{2} S_1^2 \).

Insa \( 0 = \overline{E_1} = \sum \overline{z_1}^2 = \sum \frac{|z_1|^4}{z_1^2} = \sum \frac{1}{z_1^2} \), deci \( 0 = \sum (z_1z_2)^2 = S_2^2 - 2PS_1 = \frac{1}{4} S_1^4 - 2PS_1 \), si cum \( S_1 \neq 0 \), \( P = \frac{1}{8} S_1^3 \).

Sa revenim la polinomul de la începutul postului. Avem \( f = X^3 - S_1X^2 + S_2X - P \). Din relatiile de mai sus, \( f = X^3 - S_1X^2 + \frac{1}{2} S_1^2X - \frac{1}{8} S_1^3 \). Sa observam ca \( \tilde{f} \left( \frac{1}{2} S_1 \right) = 0 \), deci \( \frac{1}{2} S_1 \) este radacina a lui \( f \). Insa, prin constructie, toate radacinile lui \( f \) sunt \( z_{1, 2, 3} \). Deci, fara a restrânge generalitatea, \( z_1 = \frac{1}{2} S_1 \), si astfel \( z_1 = z_2 + z_3 \). Inlocuind în \( E_1 = 0 \) pe \( z_1 \) si simplificând, rezulta \( \left( \frac{z_2}{z_3} \right)^2 + \frac{z_2}{z_3} + 1 = 0 \). Deci \( \frac{z_2}{z_3} = \omega \), unde \( \omega \) este o solutie a ecuatiei \( \omega^2 + \omega + 1 = 0 \). Astfel \( z_1 = z_2 + z_3 = z_3(\omega + 1) = -\omega^2 z_3 \).

In final, \( E_n = |z_1^n + z_2^n + z_3^n| = |(-1)^n \omega^{2n} + \omega^n + 1| \). Folosind \( \omega^3 = 1 \) si \( |\omega| = 1 \), concluzionam

\( E_n = \left\{ \begin{array}{cl} 0, & n \equiv 2, 4 \pmod{6} \\ 1, & n \equiv 3 \pmod{6} \\ 2, & n \equiv 1, 5 \pmod{6} \\ 3, & n \equiv 0 \pmod{6} \end{array} \right. \).

Cezar Lupu wrote:Fie \( z_{1}, z_{2}, z_{3}\in\mathbb{C} \) numere complexe astfel incat sa aiba loc:

1) \( |z_{1}|=|z_{2}|=|z_{3}|=1 \);

2) \( z_{1}+z_{2}+z_{3}\neq 0 \);

3) \( z_{1}^{2}+z_{2}^{2}+z_{3}^{2}=0 \).

Sa se arate ca pentru orice numar intreg \( n\geq 2 \), avem

\( |z_{1}^{n}+z_{2}^{n}+z_{3}^{n}|\in \{0,1,2,3\} \).

Solutie (fara sa apelez la polinoame) :

Se observa ca \( z_1^2 , z_2^2 , z_3^2 \) sunt distincte . (Dacă presupunem contrariul se obține contradicție ) .
Din condițiile \( z_1^2 + z_2^2 + z_3^2 = 0 \) și \( |z_k|= 1 , \forall k = \overline{1,3} \) , afirmăm că \( z_1^2 , z_2^2 , z_3^2 \) sunt varfurile unui triunghi echilateral .
Atunci , putem presupune că : \( z_2^2 = \epsilon z_1^2 \) și \( z_3^2= \epsilon^2 z_1^2 \) , unde \( \epsilon^3 =1 \) .
Deci \( z_2^2=\epsilon^4 z_1^2 \) , \( z_3^2=\epsilon^2 z_1^2 \) .
Adica \( z_2= \pm \epsilon^2 z_1 \) și \( z_3 = \pm \epsilon z_1 \) .

Atunci \( f(n) = |z_1^n + z_2^n + z_3^n| = | 1 + (\pm \epsilon)^n + ( \pm \epsilon^2)^n | \) .
Observam ca \( f(n)=f(n+6) , \forall n \in \mathbb{N} \) și dacă calculăm \( f(0) , f(1) , f(2) , f(3) , f(4) , f(5) \) , obtinem concluzia .