Consideremos la identidad algebraica $$(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$$ la cual se puede comprobar fácilmente expandiendo los productos y verificando que aparecen los mismos monomios de cada lado.
Y, sin embargo, el verificar que se cumple no es suficiente. Pues desearíamos saber un poco más. Y ello nos deja una sensación de insatisfacción, y quizá también sentimos un pequeño descenso de nuestra autoestima (por usar el término de moda en educación). Así que cuando uno llega a descubrir la perspectiva adecuada para ver ese tipo de identidades es inevitable el preguntarnos ¿por qué nadie me había hablado antes de ella?
Una identidad que tiene un aire de familia con la anterior es $$a^2+b^2+c^2=(a+b+c)-2(ab+bc+ca)$$ Pero ésta se hace obvia si uno la ve de este otro modo: $$(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)$$. Es decir, si uno expande el trinomio al cuadrado y agrupa términos. Y en ese sentido es totalmente elemental. Y parecida a la del trinomio al cuadrado es esta otra (más misteriosa todavía que la primera):
$$a^3+b^3+c^3=(a+b+c)^3-3(a+b+c)(ab+bc+ca)+3abc$$
Pero la más intrigante de todas es la identidad de Gauss (como le llaman en la Wikipedia). El libro Mathematical Olympiad Treasures (el cual se puede consultar en Google books) de Andreescu y Enescu inicia con esa identidad y le dedica 5 páginas de ejemplos y problemas. La identidad es la siguiente:
$$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$$
Por ejemplo, usando esta identidad se demuestra fácilmente que $$(a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3=3(a-b)(b-c)(c-a)$$
Pero regresemos a la perspectiva adecuada para ver este tipo de misteriosas identidades. Se trata de la perspectiva de los polinomios simétricos. Los polinomios simétricos elementales en tres variables son $$\sigma_1=a+b+c, ~\sigma_2=ab+bc+ca,~\sigma_3=abc$$. Y el polinomio simétrico $S_n=a^n+b^n+c^n$ juega un papel central según veremos.
El resultado fundamental para polinomios simétricos nos dice que cualquier polinomio simétrico se puede expresar en términos de los elementales. La demostración está relacionada con las raíces $a,b,c$ del polinomio de tercer grado en una variable $f(t)=(t-a)(t-b)(t-c)$. La expansión de este polinomio es $$f(t)=t^3-(a+b+c)t^2+(ab+bc+ca)t-abc$$
Y si uno observa con cuidado es posible notar que los coeficientes son precisamente los polinomios simétricos elementales en las tres variables $a,b,c$, es decir, las raíces del polinomio $f(t)$. Y si esto no les parece sorprendente esperen a ver esta otra maravilla: puesto que $a,b,c$ son raíces, por definición hacen cero el polinomio; y se tienen las tres ecuaciones siguientes:
$$f(a)=a^3-(a+b+c)a^2+(ab+bc+ca)a-abc=0$$
$$f(b)=b^3-(a+b+c)b^2+(ab+bc+ca)b-abc=0$$
$$f(c)=c^3-(a+b+c)c^2+(ab+bc+ca)c-abc=0$$
Y esto ¿qué tiene de maravilloso? Bueno, pues que si sumamos se obtiene:
$$a^3+b^3+c^3-(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)+(ab+bc+ca)(a+b+c)-3abc=0$$
Y ya tenemos ¡la identidad de Gauss! (Haciendo un poco de álgebra elemental.)
Pero aún hay más: multiplicando las ecuaciones
$$a^3-(a+b+c)a^2+(ab+bc+ca)a-abc=0$$
$$b^3-(a+b+c)b^2+(ab+bc+ca)b-abc=0$$
$$c^3-(a+b+c)c^2+(ab+bc+ca)c-abc=0$$
por $a^n,b^n,c^n$, respectivamente, se obtienen estas otras:
$$a^{n+3}-(a+b+c)a^{n+2}+(ab+bc+ca)a^{n+1}-abca^n=0$$
$$b^{n+3}-(a+b+c)b^{n+2}+(ab+bc+ca)b^{n+1}-abcb^n=0$$
$$c^{n+3}-(a+b+c)c^{n+2}+(ab+bc+ca)c^{n+1}-abcc^n=0$$
Ahora sumamos y se obtiene la recursividad fundamental:
$$a^{n+3}+b^{n+3}+c^{n+3}=(a+b+c)(a^{n+2}+b^{n+2}+b^{n+2})$$
$$-(ab+bc+ca)(a^{n+1}+b^{n+1}+c^{n+1})+abc(a^n+b^n+c^n)$$
Es decir, en términos de la notación introducida arriba, se tiene la recursividad:
$$S_{n+3}=\sigma_1S_{n+2}-\sigma_2S_{n+1}+\sigma_3S_n$$
Ahora bien, $S_0=a^0+b^0+c^0=1+1+1=3$ (si $a,b,c$ son no nulos); $S_1=a+b+c=\sigma_1$; $S_2=a^2+b^2+c^2=(a+b+c)-2(ab+bc+ca)=\sigma_1-2\sigma_2$
Y la identidad de Gauss $$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca),$$ o sea,
$$a^3+b^3+c^3=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ca)(a+b+c)+abc(3)$$
se expresa en esta notación como:
$$S_3=\sigma_1S_2-\sigma_2S_1+\sigma_3S_0$$
Pero como $S_0,S_1,S_2$ se pueden expresar en términos de los polinomios elementales $\sigma_1=a+b+c, ~\sigma_2=ab+bc+ca,~\sigma_3=abc$, entonces también es posible expresar $S_3$ de esa manera (este es el caso base). Ahora aplicamos inducción y se tiene el resultado fundamental de los polinomios simétricos en tres variables:
Para $ n \geq 3$, el polinomio simétrico $ S_n = a^n + b^n + c^n $ puede expresarse en términos de los polinomios simétricos elementales $\sigma_1 = a+b+c,\ \sigma_2 = ab+bc+ca,\ \sigma_3=abc$
Nota: El resultado es generalizable para cualquier polinomio simétrico, pero con este resultado parcial es suficiente para el problem solving.
Reconsideremos ahora la identidad $(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$. Con los ojos de los polinomios simétricos ahora podemos ver su lado izquierdo como la expresión algebraica $(\sigma_1-a)(\sigma_1-b)(\sigma_1-c)$, la cual se expande como
$$(\sigma_1-a)(\sigma_1-b)(\sigma_1-c)=\sigma_1^3-(a+b+c)\sigma_1^2+(ab+bc+ca)\sigma_1-abc$$
Pero esto es precisamente
$$\sigma_1-a)(\sigma_1-b)(\sigma_1-c)=\sigma_1^3-\sigma_1^3+\sigma_1\sigma_2-\sigma_3$$.
Y ya podemos reconocer aquí la misteriosa identidad $$(a+b)(b+c)(c+a)=(a+b+c)(ab+bc+ca)-abc$$ (después de decodificar, es decir, regresando a la notación usual).
Veamos ahora con los ojos de los polinomios simétricos la intrigante identidad
$$a^3+b^3+c^3=(a+b+c)^3-3(a+b+c)(ab+bc+ca)+3abc$$
Bueno, ésta ya la acabamos de ver al exponer el procedimiento para establecer la recursión que demuestra el resultado fundamental.
Nos queda ver desde la perspectiva adecuada la demostración de la identidad
$$(a-b)^3+(b-c)^3+(c-a)^3=3(a-b)(b-c)(c-a)$$.
Si vemos el lado izquierdo como la suma de cubos $S_3=x^3+y^3+z^3$, ya sabemos que $$S_3=\sigma_1S_2-\sigma_2S_1+\sigma_3S_0$$ Nos facilita la vida el hecho de que $$S_1=\sigma_1=x+y+z=a-b+b-c+c-a=0$$ Entonces, la recursión se simplifica a $S_3=\sigma_3S_0$. Es decir, $S_3=xyz(3)$. Regresando a las variables originales se obtiene el resultado. ¿No es maravilloso amigos?
Digamos para finalizar que los polinomios simétricos elementales están ligados a los coeficientes del polinomio en una variable (expresados por las fórmulas de Vieta). Y esta es la perspectiva adecuada para algunos problemas de concurso. Como el siguiente:
Considere la ecuación cuadrática $t^2 + at + b + 1$. Demostrar que si las raíces de esta ecuación son enteros positivos entonces $a^2 + b^2$ no es primo.
Solución: Sean $r_1,r_2$ las raíces. Puesto que $r_1+r_2=-a,~r_1r_2=b+1$, entonces $a^2+b^2=(r_1+r_2)^2+(r_1r_2-1)^2$. Y si ahora abrimos paréntesis y factorizamos se obtiene que $a^2+b^2=(r_1^2+1)(r_2^2+1).$
Los saluda
jmd