Si $\displaystyle\frac{x+y}{3a-b}=\frac{y+z}{3b-c}=\frac{z+x}{3c-a}$ demostrar que $\displaystyle\frac{x+y+z}{a+b+c}=\frac{ax+by+cz}{a^2+b^2+c^2}$
Traté de probar esto de muchas maneras. En primer lugar, traté de multiplicar la primera igualdad por $\displaystyle(3a-b)(3b-c)(3c-a)$, pero luego parece demasiado complicado. ¿Hay algún método fácil?
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Si ponemos $$k=\frac{x+y}{3a-b}=\frac{y+z}{3b-c}=\frac{z+x}{3c-a},$$ entonces tenemos $$x+y=(3a-b)k,\ \ y+z=(3b-c)k,\ \ z+x=(3c-a)k.$$ Por lo tanto, la adición de estos tres nos da $$2(x+y+z)=(3a-a+3b-b+3c-c)k\iff \frac{x+y+z}{a+b+c}=k\tag 1$$
Por otro lado, tenemos $$a(x+y)=a(3a-b)k,\ \ b(y+z)=b(3b-c)k,\ \ c(z+x)=c(3c-a)k$$ $$\Rightarrow (ax+by+cz)+(ay+bz+cx)=\{3(a^2+b^2+c^2)-(ab+bc+ca)\}k\tag2$$ $$b(x+y)=b(3a-b)k,\ \ c(y+z)=c(3b-c)k,\ \ a(z+x)=a(3c-a)k$$ $$\Rightarrow (ax+by+cz)+(az+bx+cy)=\{3(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)\}k\tag3$$ $$c(x+y)=c(3a-b)k,\ \ a(y+z)=a(3b-c)k,\ \ b(z+x)=b(3c-a)k$$ $$\Rightarrow (ay+bz+cx)+(az+bx+cy)=\{3(ab+bc+ca)-(ab+bc+ca)\}k\tag4$$
Por lo tanto, el cálculo de $(2)+(3)-(4)$ nos da $$2(ax+by+cz)=2(a^2+b^2+c^2)k\iff \frac{ax+by+cz}{a^2+b^2+c^2}=k\tag5$$
De$(1)$$(5)$, tenemos la conclusión.
