Un triángulo determinante que es siempre cero

Question

¿Cómo podemos demostrar, sin en realidad en expansión, que

$$\begin{vmatrix} \sin {2A}& \sin {C}& \sin {B}\\ \sin{C}& \sin{2B}& \sin {A}\\ \sin{B}& \sin{A}& \sin{2C} \end{vmatrix}=0$$

donde $A,B,C$ son los ángulos de un triángulo?

He intentado añadir y restar de las filas y columnas, y que incluso trató de usar la regla del seno, pero fue en vano.

Answer 1

Utilizando la Ley de los Senos, podemos escribir $$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = d$$ donde $a$, $b$, $c$ son los lados, y $d$ es el circumdiameter, del triángulo. Y la Ley de los Cosenos nos da $$\cos A = \frac{1}{2bc}(-a^2+b^2+c^2) \qquad\text{, etc.}$$ Con $\sin 2 x = 2 \sin x \cos x$, podemos expresar el determinante como $$\left|\begin{array}{ccc} \frac{a}{d}\frac{-a^2+b^2+c^2}{bc} & \frac{c}{d} & \frac{b}{d} \\[4pt] \frac{c}{d} & \frac{b}{d}\frac{a^2-b^2+c^2}{ca} & \frac{a}{d} \\[4pt] \frac{b}{d} & \frac{a}{d} & \frac{c}{d}\frac{a^2+b^2-c^2}{ab} \end{array}\right|$$

A partir de aquí, podemos "factor de salida" $\frac{1}{dbc}$, $\frac{1}{dca}$, $\frac{1}{dab}$ de la primera, segunda y tercera filas:

$$\frac{1}{dbc}\frac{1}{dca}\frac{1}{dab}\;\left|\begin{array}{ccc} a(-a^2+b^2+c^2) & b c^2 & c b^2 \\[4pt] a c^2 & b (a^2-b^2+c^2) & c a^2 \\[4pt] ab^2 & b a^2 & c (a^2+b^2-c^2) \end{array}\right|$$ A continuación, nos factor de salida $a$, $b$, $c$ de primera, segunda y tercera columnas: $$\frac{a b c}{d^3a^2b^2c^2}\;\left|\begin{array}{ccc} -a^2+b^2+c^2 & c^2 & b^2 \\[4pt] c^2 & a^2-b^2+c^2 & a^2 \\[4pt] b^2 & a^2 & a^2+b^2-c^2 \end{array}\right|$$

Restando, es decir, la primera fila de la segunda y la tercera da $$\frac{1}{d^3abc}\;\left|\begin{array}{ccc} -a^2+b^2+c^2 & c^2 & b^2 \\[4pt] a^2-b^2 & a^2-b^2 & a^2-b^2 \\[4pt] a^2-c^2 & a^2-c^2 & a^2-c^2 \end{array}\right|$$ en el que claramente se desvanece.

Answer 2

$$\begin{pmatrix} \sin(2A) & \sin C & \sin B \\ \sin C & \sin (2B) & \sin A \\ \sin B & \sin A & \sin (2C) \\ \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \sin(2A) & \sin (\pi-A-B) & \sin (\pi-A-C) \\ \sin (\pi-A-B) & \sin (2B) & \sin (\pi-B-C) \\ \sin (\pi-A-C) & \sin (\pi-B-C) & \sin (2C) \\ \end{pmatrix} $$

$$= \begin{pmatrix} \sin A \cos A + \cos A \sin A & \sin A \cos B+\cos A \sin B & \sin A \cos C + \sin C \cos A \\ \sin B \cos A + \cos B \sin A & \sin B \cos B + \cos B \sin B & \sin B \cos C + \cos B \sin C \\ \sin A \cos C + \sin C \cos A & \sin B \cos C + \cos B \sin C & \sin C \cos C + \cos C \sin C \end{pmatrix} $$ $$=\begin{pmatrix} \sin A & \cos A \\ \sin B & \cos B \\ \sin C & \cos C \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cos A & \cos B & \cos C \\ \sin A & \sin B & \sin C \end{pmatrix}$$

Mis otros post tiene un moral: exponenciales son más fáciles de funciones trigonométricas. No puedo ver una moral en este.

Answer 3

Poner $u = e^{i a}$, $v = e^{i b}$ y $w = e^{i c}$. Tenga en cuenta que $uvw = e^{i(a+b+c)} = -1$.

Después de multiplicar todas las entradas por $2i$, estamos buscando $$\begin{pmatrix} u^2-u^{-2} & v-v^{-1} & w-w^{-1} \\ v-v^{-1} & w^2-w^{-2} & u-u^{-1} \\ w-w^{-1} & u-u^{-1} & v^2-v^{-2} \\ \end{pmatrix} = $$ $$\begin{pmatrix} -u^{-2} & v & w \\ v & -w^{-2} & u \\ w & u & -v^{-2} \\ \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} -u^2 & v^{-1} & w^{-1} \\ v^{-1} & -w^2 & u^{-1} \\ w^{-1} & u^{-1} & -v^2 \\ \end{pmatrix} = $$ $$\begin{pmatrix} u^{-2} & u^{-1} w^{-1} & u^{-1} v^{-1} \\ u^{-1}w^{-1} & w^{-2} & v^{-1} w^{-1} \\ u^{-1} v^{-1} & v^{-1} w^{-1} & v^{-2} \\ \end-{pmatrix} + \begin{pmatrix} u^2 & uw & uv \\ uw & w^2 & vw \\ uv & uw & v^2 \\ \end{pmatrix}.$$ Estas dos matrices son claramente rango $1$, por lo que su diferencia es el rango $\leq 2$.

No he tenido suerte de encontrar una interpretación geométrica. El núcleo de la matriz es $(\sin(c-b), \sin(b-a), \sin(a-c))$, en el caso que inspira a alguien más.

Hasta que un mayor conocimiento viene, voy a tomar esto como una demostración de que trig identites son mucho más fáciles en forma exponencial.

Answer 4

Aquí es una prueba de uso de un sistema algebraico por computadora, que desafortunadamente implicar la expansión del determinante. Sin pérdida de generalidad, supongamos que $C$ es el ángulo más grande, por lo $A,B \leq \pi/2$, por lo tanto podemos escribir $$ \begin{align*} \cos A &= \sqrt{1-\sin^2 A} \\ \cos B &= \sqrt{1-\sin^2 B} \\ \sin 2A &= 2\sin A\cos A \\ \sin 2B &= 2\sin B\cos B \\ \sin C &= \sin A \cos B + \sin B \cos A \\ \cos C &= \sin A \sin B - \cos A \cos B \\ \sin 2C &= 2\sin C \cos C \end{align*} $$ Ahora podemos simbólicamente calcular el determinante (en las variables $\sin A,\sin B$), y es igual a cero.

Si quieres algo más inteligente, le sugiero que trate de encontrar una dependencia lineal de las filas.