¿Podemos encontrar $x_{1}, x_{2}, ..., x_{n}$?

Question

Considera esto.

$$x_{1}+x_{2}+x_{3}+....+x_{n}=a_{1}$$ $$x_{1}^2+x_{2}^2+x_{3}^2+....+x_{n}^2=a_{2}$$ $$x_{1}^4+x_{2}^4+x_{3}^4+....+x_{n}^4=a_{3}$$ $$x_{1}^8+x_{2}^8+x_{3}^8+....+x_{n}^8=a_{4}$$ $$.............................$$ $$x_{1}^{2^{n-1}}+x_{2}^{2^{n-1}}+x_{3}^{2^{n-1}}+....+x_{n}^{2^{n-1}}=a_{n}$$

¿Podemos encontrar $x_{1}, x_{2}, ..., x_{n}$ sabiendo $a_{1}, a_{2}, ..., a_{n}$?

Answer 1

Para $n \ge 3$ una solución (si existe) no necesita ser única. Como ejemplo, con $\eta = e^{2\pi i /3}$, tanto $(0, 0, 0)$ como $(1, \eta, \eta^2)$ satisfacen

$$ x_1 + x_2 + x_3 = 0 \\ x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 = 0 \\ x_1^4 + x_2^4 + x_3^4 = 0 $$

De manera similar, tanto $(0, \ldots, 0)$ como $(1, \eta, \eta^2, 0, \ldots, 0)$ resuelven el sistema para cualquier $n > 3$ con $a_1 = \ldots = a_n = 0.

Para $n = 2$ la solución se puede calcular explícitamente resolviendo una ecuación cuadrática, y para $n=1$ es trivialmente verdadero.

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También una solución no necesita existir. Aquí hay un ejemplo para $n=3$: Tienes

$$ a_1 = p_1, a_2 = p_2, a_3 = p_4 $$

donde $p_j$ son las "sumas de potencias"

$$ p_k = x_1^k + x_2^k + x_3^k \, .$$

Estas están relacionadas con los "polinomios simétricos elementales"

$$ \begin{aligned} e_1 &= x_1 + x_2 + x_3 \\ e_2 &= x_1 x_2 + x_2 x_3 + x_3 x_1 \\ e_3 &= x_1 x_2 x_3 \\ e_k &= 0 \text{ for } k \ge 4 \end{aligned}$$

a través de "Las identidades de Newton" , que para $n= 3$ son

$$ \begin{aligned} p_1 &= e_1 \\ p_2 &= e_1 p_1 - 2 e_2 \\ p_3 &= e_1 p_2 - e_2 p_1 + 3e_3\\ p_4 &= e_1 p_3 - e_2 p_2 + e_3 p_1 \end{aligned}$$

Ahora asumamos que $a_1 = p_1 = 0$. Entonces se sigue que

$$ \begin{aligned} p_2 &= - 2 e_2 \\ p_4 &= - e_2 p_2 \end{aligned}$$

y por lo tanto $p_4 = \frac 12 p_2^2$.

En otras palabras, si $a_1 = 0$ y $a_3 \ne \frac 12 a_2^2$ entonces no hay solución.

Answer 2

Si te refieres a la etiqueta de ecuación diofántica y se supone que las soluciones son enteras, la búsqueda será fácil porque las potencias altas están muy separadas. Debido a la simetría, puedes insistir en que $x_1 \ge x_2 \ge \dots \ge x_n$. Puedes concentrarte solo en la última ecuación $x_{1}^{2^{n-1}}+x_{2}^{2^{n-1}}+x_{3}^{2^{n-1}}+....+x_{n}^{2^{n-1}}=a_{n}$. Tenemos $x_{1}^{2^{n-1}} \le a_n \le nx_{1}^{2^{n-1}}$ o $(\frac{a_n}n)^{2^{1 \le -n}} x_1 \le a_n^{2^{1-n}} Dado que $n^{2^{1-n}}$ es solo un poco mayor que $1$, este es un límite ajustado.

Por ejemplo, si tomamos $n=5$ y la ecuación final es $x_{1}^{16}+x_{2}^{16}+x_{3}^{16}+x_{4}^{16}+x_{5}^{16}=46512832447930819$ Obtenemos $9.955 \le a_1 \lt 11.008$, por lo que $a_1$ debe ser $10$ o $11$. Si tomamos $a_1=10$, entonces $9.94 \lt a_2$, por lo que $a_2=10$ también. Resulta que llegamos a $10,10,10,10,10$, que es demasiado grande, o $10,10,10,10,9$, que es demasiado pequeño. Si tomamos $a_1=11$, las cosas funcionan mejor (porque las hice funcionar). Obtenemos $7.66 \lt a_2 \lt 8.35$, por lo que $a_2=8$, luego $7.47 \lt a_3 \lt 8.002$, por lo que $a_3=8$ y encontramos que $a_4=5, a_5=3$ funcionan.