He leído en algún lugar que puedo demostrar esta identidad de abajo con álgebra abstracta en una más simple y rápida sin ningún tipo de cálculos, es eso cierto o me equivoco?
$$(a-b)^3 + (b-c)^3 + (c-a)^3 -3(a-b)(b-c)(c-a) = 0$$
Gracias
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awkward
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Un equivalente de identidad es $x+y+z = 0$ implica $x^3+y^3+z^3-3xyz = 0$.
Así que supongamos $x+y+z = 0$.
Entonces el determinante de a $ \begin{vmatrix} x & z & y\\ y & x & z\\ z & y & x \end{vmatrix}$ debe ser cero, ya que la suma de los elementos de cada columna es igual a cero.
Expandiendo el determinante, tenemos el resultado requerido.
Per Hornshøj-Schierbeck
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Usted también puede hacer lo siguiente. Deje que nos reemplace $a$ $x$ y el tratamiento de la l.h.s. como una función polinómica $f(x)$$x$. Vamos a ver la derivada $$ f'(x)=3(x-b)^2-3(c-x)^2-3(b-c)(c-x)+3(x-b)(b-c). $$ Continua (podemos ver que esto es idéntica a cero, pero yo trato de evitar tales manipulaciones) vemos $$ f"(x)=6(x-b)+6(c-x)+3(b-c)+3(b-c)=0 $$ para todos los $x$. Como $f'(c)=3(c-b)^2+0+0+3(c-b)(b-c)=0$, podemos concluir que los $f'(x)=0$ todos los $x$, lo $f(x)$ es una constante. Pero $$f(b)=0+(b-c)^3+(c-b)^3+3\cdot0=0,$$ así que la afirmación de la siguiente manera.
El OP también pidió un argumento utilizando algunos conceptos de álgebra abstracta. Considere la función $$ f(x,y,z)=(x-y)^3+(y-z)^3+(z-x)^3+3(x-y)(y-z)(z-x). $$ Podemos comprobar fácilmente que en virtud de las permutaciones de las variables de la polinomio $f$ cambia su signo de acuerdo a la paridad de la permutación: $$ -f(y,x,z)=-f(x,z,y)=-f(z,y,x)=f(x,y,z)=f(y,z,x)=f(z,x,y). $$ El espacio de polinomios homogéneos de grado tres en las tres variables es un espacio vectorial de dimensión de diez. Es fácil calcular el carácter $\chi$ de esta representación del grupo simétrico $G=S_3$ el uso de la base de monomials. Llegamos $\chi(1_G)=10$ $\chi(x\mapsto y\mapsto z\mapsto x)=1$ $xyz$ es la única monomio estable en un 3-ciclo. Llegamos $\chi(x\mapsto y\mapsto x, z\mapsto z)=2$ como el monomials $xyz$ $z^3$ ambos son invariantes bajo esta sustitución. Deje $\sigma$ ser el carácter de signo. Podemos calcular su producto interior $$ \langle \chi,\sigma\rangle=\frac16(1\cdot10-3\cdot2+2\cdot)=\frac66=1. $$ Así, nuestros 10-el espacio tridimensional $V$ tiene sólo un 1-dimensional subespacio $W$ transformando de acuerdo con el carácter de signo bajo permutación de las variables. Pero claramente los polinomios $(x-y)(y-z)(z-x)$ $(x-y)^3+(y-z)^3+(z-x)^3$ tanto de transformación como que, es decir, pertenecen a $W$. Por lo tanto deben ser múltiplos escalares de cada uno de los otros. La fijación de $z$ $y$ y calcular el límite de $$ \lim_{x\to\infty}\frac{(x-y)(y-z)(z-x)}{(x-y)^3+(y-z)^3+(z-x)^3}=\frac13 $$ a continuación se da la conclusión :-)
La forma más fácil de mostrar esto es mediante la observación de que la suma de los cubos es tal que todos los cubos de términos cancelar, por lo que es cuadrática en cada variable individualmente; a continuación, observe que la suma de los cubos se desvanece para$a=b,c$$b=c$. En consecuencia, se debe factorizar como $(a-b)(a-c)(b-c)\times d$ algunos $d$. (¿Por qué? Uno se $f(b,c)\times (a-b)(a-c)$ pensando en términos de una ecuación cuadrática en $a$; a continuación, el formulario de $f$ sigue pensando en términos de $b$ o, simplemente, de simetría.) Dejando $a,b,c=0,1,2$ dice que la constante.
Alternativamente, tenga en cuenta que $(a-b)$ debe ser un factor, por lo que por simetría cíclica $(a-b)(b-c)(c-a)$ debe ser. El resultado se puede deducir de forma similar a la anterior.
zyx
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Bill Kleinhans
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Aviso que este es invarient si la misma constante se añade a las tres variables, por lo que uno de ellos puede ser igual a cero. Set $c=0$. A continuación, la expresión se convierte en $(a-b)^3 -a^3 +b^3+3ab(a-b)$, fácil de ver a cero. Por CIERTO, al parecer la expresión original es equivalente a decir $x^3 +y^3+z^3 =3xyz$ si $x+y+z=0$. EDIT:Sí, $x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-(xy+yz+zx))$
