Dimostrazione con tre incognite

[karlosson_sul_tetto]

Dimostrate che se:
$ \frac{a}{b-c}+\frac{b}{c-a}+\frac{c}{a-b}=0 $
Allora:
$ \frac{a}{(b-c)^2}+\frac{b}{(c-a)^2}+\frac{c}{(a-b)^2}=0 $

[jordan]

Sbaglio o l'ipotesi è Schur nel caso r=1 il che rende banale il problema?

[Maioc92]

non ho idea di cosa sia Schur, però si dimostra facilmente la tesi applicando Cauchy-Schwarz nei 2 versi

[jordan]

Vedi qui da Anas..
Pero dovresti specificare cosa sono a,b,c

[karlosson_sul_tetto]

Vedi qui da Anas..
Pero dovresti specificare cosa sono a,b,c

A direla verità da dove ho preso questo problema non specifica niente ...

[jordan]

mmh vista la tesi dovrei dedurre che sono reali qualsiasi..(in tal caso schur in r=1 non è molto applicabile XD)

[Maioc92]

a dire il vero mi sono accorto ora che neanche C.S. lo è....infatti sorgono problemi con le quantità negative

[Dani92]

Scusate l'ignoranza ma che utilità ha Cauchy-Schwarz? Non saprei proprio come utilizzarla in problemi di questo tipo....

[Maioc92]

ad esempio secondo l'idea originale doveva essere applicato cosi per il bound superiore (idea forse un po' troppo avventata..):
$ \displaystyle\frac a {(b-c)^2}+\frac b {(c-a)^2}+\frac c {(a-b)^2}\le \sqrt{\frac a {(b-c)}+\frac b {(c-a)}+\frac c {(a-b)}}\sqrt{\frac a {(b-c)^3}+\frac b {(c-a)^3}+\frac c {(a-b)^3}} $
E l'RHS è uguale a 0 per ipotesi.
Però non si può applicare cosi brutalmente perchè abbiamo delle quantità negative di mezzo che ce lo impediscono...

[Giuseppe M.]

Moltiplico l'uguaglianza per $ 1/(b-c) $, poi per $ 1/(c-a) $, infine per $ 1/(a-b) $, ottenendo le tre uguaglianze:

$ \frac{a}{(b-c)^2 }+\frac{b}{(c-a)(b-c)} + \frac{c}{(a-b)(b-c)} =0 $
$ \frac{a}{(b-c)(c-a) }+\frac{b}{(c-a)^2} + \frac{c}{(a-b)(c-a)} =0 $
$ \frac{a}{(b-c)(a-b) }+\frac{b}{(c-a)(a-b)} + \frac{c}{(a-b)^2} =0 $

Sommando le tre equazioni, membro a membro, ottengo che la tesi è vera se e solo se è vera la seguente equazione:

$ \frac{b}{(c-a)(b-c)} +\frac{c}{(a-b)(b-c)} +\frac{a}{(b-c)(c-a) }+\frac{c}{(a-b)(c-a)} +\frac{a}{(b-c)(a-b) }+\frac{b}{(c-a)(a-b)} =0 $

Moltiplico tutto per $ (a-b)(b-c)(c-a) $:
$ ab-b^2 +c^2 -ac +a^2 -ab +bc -c^2 +ac -a^2 +b^2 -bc =0 $

Questa equazione è un'identità, per cui è vera anche la tesi.

[EvaristeG]

E la dimostrazione di Giuseppe (ammesso che tornino i conti, non ho verificato, ma mi sembra la parte meno preoccupante) fa capire perché si possa non specificare niente (anche se quasi nessuno di voi poteva saperlo e tutti dovevate quindi porvi il problema di dire chi sono a,b,c). Non appena a,b e c sono distinti, per dare senso ai numeratori, questa implicazione è vera in qualunque insieme di numeri in cui si possano fare le 4 operazioni con le solite proprietà.