On vérifiera, en développant le second membre que l'on a la factorisation suivante :

${\displaystyle {\frac {a}{(b-c)^{2}}}+{\frac {b}{(c-a)^{2}}}+{\frac {c}{(a-b)^{2}}}=\left({\frac {a}{b-c}}+{\frac {b}{c-a}}+{\frac {c}{a-b}}\right)\left({\frac {1}{b-c}}+{\frac {1}{c-a}}+{\frac {1}{a-b}}\right)}$

qui s'écrit :

${\displaystyle F=E\times \left({\frac {1}{b-c}}+{\frac {1}{c-a}}+{\frac {1}{a-b}}\right)}$

et nous voyons clairement que si ${\displaystyle E}$ est nulle alors ${\displaystyle F}$ est nulle aussi.

En ce qui concerne la réciproque.

L'expression :

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {1}{b-c}}+{\frac {1}{c-a}}+{\frac {1}{a-b}}&={\frac {(c-a)(a-b)+(b-c)(a-b)+(b-c)(c-a)}{(a-b)(b-c)(c-a)}}\\&={\frac {ab+bc+ac-a^{2}-b^{2}-c^{2}}{(a-b)(b-c)(c-a)}}\\&=-{\frac {a^{2}-2ab+b^{2}+b^{2}-2bc+c^{2}+c^{2}-2ac+a^{2}}{2(a-b)(b-c)(c-a)}}\\&=-{\frac {(a-b)^{2}+(b-c)^{2}+(c-a)^{2}}{2(a-b)(b-c)(c-a)}}\end{aligned}}}$

ne peut visiblement pas être nulle.

donc toujours en considérant l'expression :

${\displaystyle F=E\times \left({\frac {1}{b-c}}+{\frac {1}{c-a}}+{\frac {1}{a-b}}\right)}$

nous voyons que si l’expression ${\displaystyle F}$ est nulle, l'expression ${\displaystyle E}$ le sera aussi.

La réciproque est donc vraie aussi.

Nous observons des différences de carrés. On a donc :

${\displaystyle {\begin{aligned}P&=a^{n}\left[c^{2}(a-b)^{2}-b^{2}(c-a)^{2}\right]+b^{n}\left[a^{2}(b-c)^{2}-c^{2}(a-b)^{2}\right]+c^{n}\left[b^{2}(c-a)^{2}-a^{2}(b-c)^{2}\right]\\&=a^{n}\left[c(a-b)+b(c-a)\right]\left[c(a-b)-b(c-a)\right]+b^{n}\left[a(b-c)+c(a-b)\right]\left[a(b-c)-c(a-b)\right]+c^{n}\left[b(c-a)+a(b-c)\right]\left[b(c-a)-a(b-c)\right]\\&=a^{n}(ca-{\cancel {cb}}+{\cancel {bc}}-ba)\left[c(a-b)-b(c-a)\right]+b^{n}(ab-{\cancel {ac}}+{\cancel {ca}}-cb)\left[a(b-c)-c(a-b)\right]+c^{n}(bc-{\cancel {ba}}+{\cancel {ab}}-ac)\left[b(c-a)-a(b-c)\right]\\&=a^{n}a(c-b)\left[c(a-b)-b(c-a)\right]+b^{n}b(a-c)\left[a(b-c)-c(a-b)\right]+c^{n}c(b-a)\left[b(c-a)-a(b-c)\right]\\&=ac(a-b)(c-b)a^{n}-ab(c-a)(c-b)a^{n}+ba(b-c)(a-c)b^{n}-bc(a-b)(a-c)b^{n}+cb(c-a)(b-a)c^{n}-ca(b-c)(b-a)c^{n}\\&=ca(a-b)(b-c)c^{n}-ca(a-b)(b-c)a^{n}+ab(c-a)(b-c)a^{n}-ab(b-c)(c-a)b^{n}+bc(a-b)(c-a)b^{n}-bc(c-a)(a-b)c^{n}\\&=ca(a-b)(b-c)\left(c^{n}-a^{n}\right)+ab(c-a)(b-c)\left(a^{n}-b^{n}\right)+bc(a-b)(c-a)\left(b^{n}-c^{n}\right)\\&=ca(a-b)(b-c)(c-a)\sum _{k=0}^{n-1}c^{k}a^{n-1-k}+ab(c-a)(b-c)(a-b)\sum _{k=0}^{n-1}a^{k}b^{n-1-k}+bc(a-b)(c-a)(b-c)\sum _{k=0}^{n-1}b^{k}c^{n-1-k}\\&=(a-b)(b-c)(c-a)\left(ca\sum _{k=0}^{n-1}c^{k}a^{n-1-k}+ab\sum _{k=0}^{n-1}a^{k}b^{n-1-k}+bc\sum _{k=0}^{n-1}b^{k}c^{n-1-k}\right)\\\end{aligned}}}$

En fait, nous devons montrer que :

${\displaystyle \left({\frac {a^{2}-bc}{x}}={\frac {b^{2}-ca}{y}}={\frac {c^{2}-ab}{z}}\right)\iff \left({\frac {x^{2}-yz}{a}}={\frac {y^{2}-zx}{b}}={\frac {z^{2}-xy}{c}}\right)}$

Posons :

${\displaystyle r={\frac {a^{2}-bc}{x}}={\frac {b^{2}-ca}{y}}={\frac {c^{2}-ab}{z}}}$

Nous en déduisons :

${\displaystyle {\begin{cases}x={\frac {a^{2}-bc}{r}}\\y={\frac {b^{2}-ca}{r}}\\z={\frac {c^{2}-ab}{r}}\end{cases}}}$

Nous remarquons que permuter circulairement ${\displaystyle a}$, ${\displaystyle b}$ et ${\displaystyle c}$ revient à permuter circulairement ${\displaystyle x}$, ${\displaystyle y}$ et ${\displaystyle z}$

Nous avons alors :

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {x^{2}-yz}{a}}&={\frac {\left({\frac {a^{2}-bc}{r}}\right)^{2}-\left({\frac {b^{2}-ca}{r}}\right)\left({\frac {c^{2}-ab}{r}}\right)}{a}}\\&={\frac {(a^{2}-bc)^{2}-(b^{2}-ca)(c^{2}-ab)}{ar^{2}}}\\&={\frac {a^{4}-2a^{2}bc+{\cancel {b^{2}c^{2}}}-{\cancel {b^{2}c^{2}}}+ab^{3}+ac^{3}-a^{2}bc}{ar^{2}}}\\&={\frac {a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc}{r^{2}}}\\\end{aligned}}}$

L'expression :

${\displaystyle {\frac {a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc}{r^{2}}}}$

étant invariante par permutation circulaire de ${\displaystyle a}$, ${\displaystyle b}$ et ${\displaystyle c}$, nous en déduisons :

${\displaystyle {\frac {x^{2}-yz}{a}}={\frac {y^{2}-zx}{b}}={\frac {z^{2}-xy}{c}}}$

Supposons ${\displaystyle ax+by+cz=0}$, alors :

${\displaystyle {\begin{aligned}{\frac {ax^{2}+by^{2}+cz^{2}}{bc(y-z)^{2}+ca(z-x)^{2}+ab(x-y)^{2}}}&={\frac {ax^{2}+by^{2}+cz^{2}}{bc(y-z)^{2}+ca(z-x)^{2}+ab(x-y)^{2}+(ax+by+cz)^{2}}}\\&={\frac {ax^{2}+by^{2}+cz^{2}}{bcy^{2}-{\cancel {2bcyz}}+bcz^{2}+caz^{2}-{\cancel {2cazx}}+cax^{2}+abx^{2}-{\cancel {2abxy}}+aby^{2}+a^{2}x^{2}+b^{2}y^{2}+c^{2}z^{2}+{\cancel {2abxy}}+{\cancel {2acxz}}+{\cancel {2bcyz}}}}\\&={\frac {ax^{2}+by^{2}+cz^{2}}{a(a+b+c)x^{2}+b(a+b+c)y^{2}+c(a+b+c)z^{2}}}\\&={\frac {ax^{2}+by^{2}+cz^{2}}{(a+b+c)(ax^{2}+by^{2}+cz^{2})}}\\&={\frac {1}{a+b+c}}\end{aligned}}}$

Nous obtenons bien une expression indépendante de ${\displaystyle x,\,y,\,z}$.