a+b+c=(1/a)+(1/b)+(1/c)=(1/ab)+(1/bc)+(1/ca)

a+b+c=(1/a)+(1/b)+(1/c)=(1/ab)+(1/bc)+(1/ca)
が成立するとき、a,b,cのいずれかは１に等しいことを証明する問題です。
上記の式から、abc=1, a+b+c=ab+bc+caがいえると思うので
(x-a)(x-b)(x-c)=0を考えて、
x^3-(a+b+c)x^2+(ab+bc+ca)x-abc=0
すなわち　x^3-(a+b+c)x^2+( a+b+c)x-1=0
この式はｘ＝1で成立するので、(x-a)(x-b)(x-c)=0に
ｘ＝1を代入して
(1-a)(1-b)(1-c)=0
この式が成立するためには、a,b,cのいずれかが1に等しくなければならない、と解きました。この解きかたでよろしいでしょうか。

No.1 回答者： shiga_3 回答日時： 2004/04/09 13:37

良いと思います。

ただ(x-a)(x-b)(x-c)=0という式を立てられたのは、x=1、すなわち(1-a)(1-b)(1-c)=0というのを想定してのことだと思いますので、ｘを使わず仮定法で、
a,b,cの全てが１に等しくない、すなわち(1-a)(1-b)(1-c)≠0と仮定して、
左辺＝1-(a+b+c)+(ab+bc+ca)-abc＝0　となることから、先の仮定の矛盾を導き出した方が、多少スマートなような気がします。

この回答へのお礼

おっしゃるとおりだと思います。
ありがとうございました。

お礼日時：2004/04/10 00:36

No.2 回答者： hinebot 回答日時： 2004/04/09 13:42

基本的にはいいんじゃないですか？

ただ1点だけ気になるところがあるんですが
与式の片々にabcを掛けて
abc(a+b+c)=bc+ca+ab=c+a+b
で、（最）左辺と（最）右辺の
abc(a+b+c)=a+b+c
から、abc=1 としたと思うのですが、
ここでa+b+c=0 の場合も考えないといけないのじゃないかなと。
別に 「a>0,b>0,c>0 とする」という条件はないですよね？ それともあるのかな？

この回答へのお礼

確かにその通りだとおもいます。
ありがとうございました。

お礼日時：2004/04/10 00:37

No.3 回答者： adinat 回答日時： 2004/04/09 14:41

hinebotさんのおっしゃるように、

abc=1 かつ 「a+b+c=ab+bc+ca 又は a+b+c=0」
とするべきだと思います。ただしa+b+c=0の場合は、
a+b+c=(1/a)+(1/b)+(1/c)=(1/ab)+(1/bc)+(1/ca)=0
なので、全体にabcをかければ、
ab+bc+ca=a+b+c=0　となるので結局同じことです。

この回答へのお礼

ご回答ありがとうございました。

お礼日時：2004/04/10 00:38

No.4 回答者： hinebot 回答日時： 2004/04/09 14:53

#2です。

#3さんへ

>abc=1 かつ 「a+b+c=ab+bc+ca 又は a+b+c=0」

これは
「abc=1 かつ a+b+c=ab+bc+ca」 又は a+b+c(=ab+bc+ca)=0
じゃないかと…。
私が気になるといったのは、この"又は"の考慮が必要じゃないの？という意味なんですが。

No.5 ベストアンサー 回答者： fushigichan 回答日時： 2004/04/09 15:15

blackleonさん、こんにちは。

a+b+c=(1/a)+(1/b)+(1/c)=(1/ab)+(1/bc)+(1/ca)
＞上記の式から、abc=1, a+b+c=ab+bc+caがいえると思うので

ということですが、ちょっと変形してみると

a+b+c=(1/a)+(1/b)+(1/c)=(1/ab)+(1/bc)+(1/ca)
a+b+c=(bc+ca+ab)/abc=(a+b+c)/abc・・・（★）

というところから、
a+b+c=(a+b+c)/abc
(a+b+c){1-(1/abc)}=0
ゆえに、
a+b+c=0または1-(1/abc)=0すなわちabc=1
と出てくるんじゃないでしょうか。

a+b+c=0またはabc=1のいずれかがいえるので、場合わけしないといけないのではないでしょうか。

さて、1,/a,1/b,1/cなどが実数として存在するので
a≠0,b≠0,c≠0はいえるのかなと思います。
そうすると

(1)a+b+c=0のとき（★）は

(ab+bc+ca)/abc=0
ab+bc+ca=0

ところで、a+b+c=0より、c=-(a+b)ですのでこれを代入すると
ab+bc+ca=ab+(a+b)c=ab-(a+b)^2=0
a^2+ab+b^2=0
となりますが、これをaについての２次方程式だとみて判別式をとると
D=b^2-4b^2=-3b^2
これが０以上であるためには、b=0でなければならないが
1/bが存在するためにはb≠0であったから、(1)の場合は不適。

よって
(2)abc=1
の場合だけを考えればいいことになると思います。

blackleonさんの解き方いいと思いますが、文字を消去して
式変形で無理やり持っていってもいいかも。

a+b+c=ab+bc+caを変形。
abc=1より、c=1/abを代入(a≠0,b≠0)

1/a+1/b+1/c=1/ab+1/bc+1/caに代入

1/a+1/b+ab=1/ab+(a+b)/abc
{b+a+(ab)^2}/ab={1+ab(a+b)}/ab
両辺ab倍して
(a+b)+(ab)^2=1+ab(a+b)
(a+b){1-ab}+(ab-1)(ab+1)
=(1-ab){(a+b)-(ab+1)}=0
ゆえに、ab=1またはa+b-ab-1=0

ab=1のとき、abc=1とあわせて、c=1となって
少なくとも一つ１であるを満たす。

a+b-ab-1=0のとき、
(a-1)(b-1)=0と同じであるから、a=1またはb=1

となって、a,b,cいずれかは１である。
・・・と無理やり持っていきましたが、いつも素晴らしい解法が見つかるわけではないので
文字を消去していくのは確実ですよ。

この回答へのお礼

詳しい説明をありがとうございました。

お礼日時：2004/04/10 00:38

No.6 回答者： adinat 回答日時： 2004/04/09 15:49

♯3です。

全くその通りです。勘違いしていました。すみません。

No.7 回答者： eatern27 回答日時： 2004/04/09 20:10

blackleondさんの解き方で大丈夫です。

(他の方のご指摘のようにa+b+c=0の場合を考えてないのは、駄目ですが)

ただ、abc=1の場合に関しては、そんなに複雑にしないでも、証明できます。

abc=1とa+b+c=ab+bc+caとから、
(1-a)(1-b)(1-c)=1-(a+b+c)+(ab+bc+ca)-abc=0
よって、a,b,cのうち、少なくとも1つは1に等しい。


a+b+c=0のときは#5さんの方法でもいいですが、こんな方法もあります。

a+b+c=ab+bc+ca=0なので、
a,b,cを解に持つ3次方程式はx^3-abc=0となるが、abc≠0より、x^3-abc=0の実数解は１つのみ。よって不適。

この回答へのお礼

ありがとうございました。

お礼日時：2004/04/10 00:40