Demostrar que $\begin{vmatrix} xa&yb&zc\\ yc&za&xb\\ zb&xc&ya\\ \end{vmatrix}=xyz\begin{vmatrix} a&b&c\\ c&a&b\\ b&c&a\\ \end{vmatrix}$ si $x+y+z=0$

Question

Si $x+y+z=0$, luego de demostrar que $$ \begin{vmatrix} xa&yb&zc\\ yc&za&xb\\ zb&xc&ya\\ \end{vmatrix}=xyz\begin{vmatrix} a&b&c\\ c&a&b\\ b&c&a\\ \end{vmatrix} $$

Puedo hacerlo por Sarrus' la ley, pero ¿cómo puedo demostrar que la matriz de operaciones sin que en realidad expandiendo el determinante ?

Mi Intento $$ \begin{vmatrix} xa&yb&zc\\ yc&za&xb\\ zb&xc&ya\\ \end{vmatrix}=xyz\begin{vmatrix} a&\frac{yb}{x}&\frac{zc}{x}\\ c&\frac{za}{y}&\frac{xb}{y}\\ b&\frac{xc}{z}&\frac{ya}{z}\\ \end{vmatrix}=xyz\begin{vmatrix} a&-b-\frac{zb}{x}&-c-\frac{yc}{x}\\ c&-a-\frac{xa}{y}&-b-\frac{zb}{y}\\ b&-c-\frac{yc}{z}&-a-\frac{xa}{z}\\ \end{vmatrix}=xyz\begin{vmatrix} a&b+\frac{zb}{x}&c+\frac{yc}{x}\\ c&a+\frac{xa}{y}&b+\frac{zb}{y}\\ b&c+\frac{yc}{z}&a+\frac{xa}{z}\\ \end{vmatrix}=xyz\begin{vmatrix} a&b&c+\frac{yc}{x}\\ c&a&b+\frac{zb}{y}\\ b&c&a+\frac{xa}{z}\\ \end{vmatrix}+xyz\begin{vmatrix} a&\frac{zb}{x}&c+\frac{yc}{x}\\ c&\frac{xa}{y}&b+\frac{zb}{y}\\ b&\frac{yc}{z}&a+\frac{xa}{z}\\ \end{vmatrix}\\ =xyz\bigg(\begin{vmatrix} a&b&c\\ c&a&b\\ b&c&a\\ \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} a&b&\frac{yc}{x}\\ c&a&\frac{zb}{y}\\ b&c&\frac{xa}{z}\\ \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} a&\frac{zb}{x}&c\\ c&\frac{xa}{y}&b\\ b&\frac{yc}{z}&a\\ \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} a&\frac{zb}{x}&\frac{yc}{x}\\ c&\frac{xa}{y}&\frac{zb}{y}\\ b&\frac{yc}{z}&\frac{xa}{z}\\ \end{vmatrix}\bigg)\\ $$ Necesito demostrar que la suma de los tres últimos términos es cero. $$ \begin{vmatrix} a&b&\frac{yc}{x}\\ c&a&\frac{zb}{y}\\ b&c&\frac{xa}{z}\\ \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} a&\frac{zb}{x}&c\\ c&\frac{xa}{y}&b\\ b&\frac{yc}{z}&a\\ \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} a&\frac{zb}{x}&\frac{yc}{x}\\ c&\frac{xa}{y}&\frac{zb}{y}\\ b&\frac{yc}{z}&\frac{xa}{z}\\ \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} a&b&\frac{yc}{x}\\ c&a&\frac{zb}{y}\\ b&c&\frac{xa}{z}\\ \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} a&\frac{zb}{x}&\frac{-zc}{x}\\ c&\frac{xa}{y}&\frac{-xb}{y}\\ b&\frac{yc}{z}&\frac{-ya}{z}\\ \end{vmatrix}\\ $$

La solución por la expansión

$$ \Delta=\begin{matrix} xa&yb&zc&xa&yb\\ yc&za&xb&yc&za\\ zb&xc&ya&zb&xc\\ \end{de la matriz}=xyz(a^3+b^3+c^3)-abc(x^3+y^3+z^3) $$ Tenemos $x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)=0$$x+y+z=0$. Por lo tanto, $x^3+y^3+z^3=3xyz$ $$ \Delta=xyz(a^3+b^3+c^3)-abc(3xyz)=xyz(a^3+b^3+c^3-3abc)\\ =xyz\bigg [\big(a^2-bc\big)-b\big(ac-b^2\big)+c\big(c^2-ab\big) \bigg]\\ =xyz.\bigg[a\begin{vmatrix} a&b\\ c&a\\ \end{vmatrix}-b\begin{vmatrix} c&b\\ b&a\\ \end{vmatrix}+c\begin{vmatrix} c&a\\ b&c\\ \end{vmatrix}\bigg] =xyz\begin{vmatrix} a&b&c\\ c&a&b\\ b&c&a\\ \end{vmatrix} $$

Answer 1

Dirección posible, aunque no una prueba.

Tenga en cuenta que, curiosamente, la identidad sólo es cierto para $n=3$, en las dimensiones superiores no parecen funcionar. Tenga en cuenta también que las matrices en realidad no tiene que ser positivo semi-definida matrices.

Este resultado puede estar relacionado a Oppenheim la desigualdad de Hadamard de los productos, es decir, si $A,X$: $$A=\begin{pmatrix} a&b&c\\ c&a&b\\ b&c&a\\ \end{pmatrix},\quad X=\begin{pmatrix} x&y&z\\ y&z&x\\ z&x&y\\ \end{pmatrix}$$ Son dos positivos semi definida matrices, entonces: $$\det(A\circ X)\ge (\det A)\prod_i x_{ii}$$

Con igualdad si $A\circ X$ es singular. En tu caso, tienes un circulantes y anti-matrices circulantes $A,X$ y el teorema anterior afirma que: $$\det(A\circ X)\ge xyz\det(A)$$ $$\begin{vmatrix} xa&yb&zc\\ yc&za&xb\\ zb&xc&ya\\ \end{vmatrix} \ge xyz\begin{vmatrix} a&b&c\\ c&a&b\\ b&c&a\\ \end{vmatrix}$$ Usted está buscando la igualdad y que, por supuesto, no saben que bien $A$ o $X$ es realmente PSD. Por otra parte no hemos utilizado la condición de $x+y+z=0$. Sin embargo, la forma general de la dirección puede ser uno que vale la pena.

_{Leer Más:
La igualdad de los casos las desigualdades de Oppenheim y Schur positiva semi-definida matrices, Checoslovaco Matemática Journal, Vol. 59 (2009), Nº 1, 197-206}

Answer 2

Creo que no es posible sin la expansión de los determinantes. El determinante de la derecha es $a^3+b^3+c^3-3abc = (a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc)$. El determinante de la izquierda es $(a^3+b^3+c^3)xyz-abc(x^3+y^3+z^3)$. Restando la izquierda desde el lado derecho es igual a $abc(x^3+y^3+z^3-3xyz)=abc(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-xz-yz)$. El resultado de la siguiente manera.