Skip to content

If $x+y+z=xyz$, prove $frac{2x}{1-x^2}+frac{2y}{1-y^2}+frac{2z}{1-z^2}=frac{2x}{1-x^2}timesfrac{2y}{1-y^2}timesfrac{2z}{1-z^2}$

Se trovi qualche dettaglio che non capisci, puoi lasciarlo nei commenti e ti risponderemo il prima possibile.

Soluzione:

Definire una nuova operazione $p ´otimes q = ´frac{{p + q}}{{1 - pq}}$.

È facile scoprire che è associativa.

$p ´otimes q ´otimes r = frac{{p + q + r - pqr}}{{1 - pq - pr - qr}}$.

Significa $p + q + r = pqr Freccia di sinistra p ´otimes q ´otimes r = 0$.

E poi $begin{array}{l}
frac{{2x}}{{1 - {x^2}} frac{{2y}}{{1 - {y^2}} ´times frac{{2z}}{1 - {z^2}} - (frac{{2x}}{{1 - {x^2}} + frac{{2y}}{1 - {y^2}} + frac{{2z}}{1 - {z^2}}) = 0
frac{{2x}}{{1 - {x^2}}) = 0\a6} otimes frac{{2y}}{{1 - {y^2}}} otimes frac{{2z}}{{1 - {z^2}} = 0
´Freccia destra sinistra (x otimes x) otimes (y otimes y) otimes (z otimes z) = 0
freccia a sinistra (x ´anticipi y ´anticipi z) ´anticipi (x ´anticipi y ´anticipi z) = 0
´Freccia destra sinistra 0 ´Ormai 0 = 0
fine{array}$

Il problema è quindi risolto.

$$2x(1-y^2)(1-z^2)=2x-2xy^2-2xz^2+2xy^2z^2$$

$$2xy^2z^2=2yz(x+y+z)=2xyz + 2y^2z+2yz^2$$

$$implies 2x(1-y^2)(1-z^2)=2x-2xy^2-2xz^2+2xyz+2y^2z+2yz^2$$$$implies 2y(1-z^2)(1-x^2)=2y-2yz^2-2yx^2+2xyz+2z^2x+2zx^2$$$$implies 2z(1-x^2)(1-y^2)=2z-2zx^2-2zy^2+2xyz+2x^2y+2xy^2$$

La somma dà $2(x+y+z+3xyz)=8xyz$$ che si riduce all'uguaglianza.

Vorrei vedere anche una prova più semplice.

Consideriamo l'anello polinomiale $mathbb{Z}[X, Y, Z]$ con coefficienti interi in tre indeterminati. Per semplicità denotiamo $scolone=X+Y+Z$, $r{colon=XY+YZ+ZX$ e $pcolon=XYZ$, i tre polinomi simmetrici fondamentali in $X, Y, Z$.

Un'attenta espansione rivela che:
$$begin{align*}
&Xleft(1-Y^2right)left(1-Z^2right)+Yleft(1-Z^2right)left(1-X^2right)+Zleft(1-X^2right)left(1-Y^2right)=
&s+XY^2Z^2+YZ^2X^2+ZX^2Y^2-XY^2-YX^2-YZ^2-ZY^2-ZX^2-XZ^2
&=s+rp-XY(X+Y)-YZ(Y+Z)-ZX(X+Z)
&=s+rp-XY(s-Z)-YZ(s-X)-ZX(s-Y)
&=s+rp-sr+3p
&=s+r(p-s)+3p
fine{align*}$$

Introduzione dell'ideale principale $Icolon=(p-s) subseteq mathbb{Z}[X, Y, Z]$, è chiaro che $s+r(p-s)+3p equiv 4p (mathrm{mod} I)$. Se introduciamo l'anello dei fattori $Acolon=mathbb{Z}[X, Y, Z]/I$ e denota le immagini degli indeterminati $X, Y, Z$ con $x, y, z$ otteniamo:
$$x(1-y^2-destra)left(1-z^2-destra)+yleft(1-z^2-destra)left(1-x^2-destra)+zleft(1-x^2-destra)left(1-y^2-destra)=4xyz,$$
che dopo aver moltiplicato per $2$ assume la forma dell'uguaglianza tra i numeratori della vostra frazione (ottenuta dopo aver preso $sinistra(1-x^2right)sinistra(1-y^2right)sinistra(1-z^2right)$ come denominatore comune).

Qualsiasi anello $B$ contenente tre permutabili a coppie elementi $u, v, w$ tali che $u+v+w=uvw$ si costituisce come codominio di un unico morfismo anulare definito su $A$ e che mappa $x ´mappa a u$, $y mapsto v$ e $z mapsto w$.

La morale è che per ogni identità algebrica condizionata deve esistere un'identità o congruenza universale e polinomiale sottostante.


Appendice. La risposta di @sraung Jo contiene un'idea davvero notevole, che tuttavia gode di una trattazione solo superficiale e non del tutto rigorosa. Rispetto al paragrafo precedente, credo che troverete questa versione alternativa piuttosto pignola nei dettagli, anche se si può sostenere che offra una notevole intuizione di natura algebro-geometrica. Altrimenti detto, se giudicate dalla mera concisione, le congruenze polinomiali universali presentate sopra costituiscono ancora la risposta più semplice e diretta.

Consideriamo un arbitrario commutativo campo $K$ soggetto alla sola condizione che $-1_K$ sia non un quadrato in $K$. Faccio qui esplicita menzione del fatto che non seguo l'usanza inglese di indicare la distinzione tra campi commutativi e non commutativi riferendosi a questi ultimi come "anelli di divisione", poiché trovo questa usanza piuttosto insensata dal punto di vista tassonomico (tanto insensata quanto riferirsi a "uccelli dal becco largo" come semplici uccelli, e a "uccelli non necessariamente dal becco largo" come "animali volanti").

Consideriamo un oggetto fisso che non appartiene all'insieme $K$ -- La giustificazione formale precisa che garantisce l'esistenza di un tale oggetto varia a seconda del sistema assiomatico e del linguaggio formale che si usa per esprimere la matematica, ma è sufficiente dire che nella maggior parte dei sistemi standard questo è possibile. $infty_K$ e considereremo l'insieme esteso $tilde{K}colon=K cup {infty_K}$, tipicamente noto come il completamento proiettivo di $K$.

Su questo completamento definiremo la seguente operazione binaria:
$$begin{align}
*colon tilde{K} times tilde{K} &to tilde{K}
x*y&=begin{cases}
frac{x+y}{1_K-xy}, &x, y ´in K wedge xy neq 1_K
infty_K, &x, y in K wedge xy=1_K
-frac{1}{y}, &x=infty_K wedge y in K^{\posizioni}}
infty_K, &x=infty_K wedge y=0_K
-frac{1}{x}, &x ´in K^{i} wedge y=infty_K
infty_K, &x=0_K wedge y=infty_K
0_K, &x=y=infty_K.
´fine{cases}
´fine{align}$$

Diventa una questione di interesse studiare le proprietà elementari del magma $(tilde{K}, *)$ (da magma Intendo una coppia $(A, cdot)$ costituita da un insieme $A$ insieme a un'operazione binaria astratta $cdot ´colon A ´times A ´to A$, non soggetta ad alcun assioma). Si scopre che:

  • $*$ è un'operazione associativa, la cui giustificazione omettiamo in questa sede, poiché non è affatto difficile ma semplicemente noiosa (ci sono diversi casi che devono essere trattati separatamente). È qui che si verifica la condizione che $-1_K$ non sia un quadrato
  • $*$ ammette $0_K$ come elemento neutro, come si può facilmente constatare dalla definizione
  • ogni elemento $x ´in ´tilde{K}$ ha una simmetrica rispetto a $*$: per $x in K$ si ha $x*(-x)=(-x)*x=0_K$ -- il che significa che $-x$ è il simmetrico di $x$ -- e allo stesso modo $infty_K *infty_K=0_K$, il che significa che $infty_K$ è il suo inverso
  • $*$ è commutativo, fatto che segue immediatamente dalla definizione.

Le osservazioni precedenti indicano che $(tilde{K}, *)$ è in realtà un gruppo abeliano. È anche facile vedere che $infty_K$ è l'unico elemento di ordine $2$ in $ttilde{K}$, rispettivamente che $pm1_K$ sono gli unici elementi di ordine $4$ e generano lo stesso sottogruppo ciclico ${1_K, infty_K, -1_K,0_K} leqslant tilde{K}$ che è quindi stabilito come l'unico sottogruppo ciclico di ordine $4$ di $ttilde{K}$.

Facciamo una breve osservazione su quale sia la struttura di questo gruppo nel caso particolare $K=mathbb{R}$. Consideriamo la mappa:
$$begin{align}
tau colon mathbb{R} &to tilde{mathbb{R}}
tau(x)&=begin{cases}
mathrm{tg}(pi xdestra), &x ´non in mathbb{Z}+frac{1}{2}}
infty_{mathbb{R}}, &x in mathbb{Z}+frac{1}{2}
´fine{cases}
´fine{align}$$

e sostenere che si tratta di un soggettivo morfismo tra i gruppi $(mathbb{R}, +)$ e $(tilde{mathbb{R}}, *)$. Poiché il kernel è dato da $mathrm{Ker}tau=mathbb{Z}$, deduciamo dal teorema dell'omomorfismo fondamentale che $tilde{mathbb{R}} approx mathbb{R}/mathbb{Z} hspace{3pt} (mathbf{Gr})$, in altre parole il gruppo $(tilde{mathbb{R}}, *)$ è isomorfo al gruppo di cerchi $mathbb{U}colon={z in mathbb{C}| |z|=1}$.

Per quanto riguarda l'identità condizionale che vi interessa, anche se è vero che questa struttura generale di gruppo ha una relazione con essa, l'equivalenza $p+q+r=pqr Freccia di sinistra p*q*r=0_K$ asserita con disinvoltura nella risposta di cui sopra non vale in generale e -- inoltre -- analizzando la connessione esplicita tra le condizioni $x+y+z=xyz$ e $x*y*z=0_K$ per tre elementi $x, y, z ´in K$ richiede di affrontare diversi casi singolari descritti da equazioni algebriche su $K$ e quindi non è il mezzo più raccomandabile per dimostrare l'identità desiderata. Per quanto riguarda la struttura del gruppo $(tilde{K}, *)$
è davvero degna di ogni considerazione.

Alla fine di tutto trovi i riferimenti di altri amministratori di sistema, puoi comunque mostrare i tuoi se vuoi.



Utilizzate il nostro motore di ricerca

Ricerca
Generic filters

Lascia un commento

Il tuo indirizzo email non sarà pubblicato.