Demuestra que $k^a=\sum_{m=1}^b\left ( c_m^a\prod_{n\neq m} \frac{k-c_n}{c_m-c_n} \right ).$

Question

He utilizado el siguiente resultado en otro puesto sin aportar pruebas (porque no podía demostrarlo):

$$k^a=\sum_{m=1}^b\left ( c_m^a\prod_{n\neq m} \frac{k-c_n}{c_m-c_n} \right ),$$

donde $a$ y $b$ son enteros no negativos, $b>a$ Cada $c_j\in\mathbb{C}$ Cada $|c_j|>0$ y cada $c_j$ es único. El producto va desde $n=1$ a $b$ pero se salta $m$ .

¿Cómo podemos demostrarlo?

Answer 1

Dado $\{c_n\}_{n=1}^b$ (donde $c_n \not= c_m$ para $n\not = m$ ) definimos

$$h(z) = \prod_{n=1}^b (z-c_n)$$ Entonces

$$h'(c_m) = \prod_{n\not = m}^b (c_m-c_n)$$

Usando esto, el lado derecho menos el lado izquierdo de tu igualdad se puede escribir

$$g(z)\equiv \sum_{m=1}^bc_m^a\frac{h(z)}{h'(c_m)(z-c_m)} - z^a$$

que es un polinomio de grado $b-1$ que satisfaga (ya que $\lim_{z\to c_m} \frac{h(z)}{z-c_m} = h'(c_m)$ )

$$g(c_n) = 0,~~~~n=1,2,\ldots,b$$

así $g(z) \equiv 0$ ya que ningún polinomio de grado distinto de cero $b-1$ puede tener más de $b-1$ raíces. Nótese que no necesitamos la restricción $|c_i|>0$ .

Para el caso $b=a+1$ existe una prueba aún más sencilla. Vea esta pregunta relacionada .

Answer 2

Empieza por codificar la suma llámala $S_b$ utilizando residuos. Tenemos por inspección que $$S_b = \sum_{m=1}^b \mathrm{Res} \left(f(z); z=c_m\right)$$ donde $$f(z) = \frac{z^a}{k-z} \prod_{n=1}^b \frac{k-c_n}{z-c_n}$$ y $c_m\ne k$ y $b>a.$

Por lo tanto, podemos recoger $S_b$ integrando f(z) alrededor de un contorno que encierra el $b+1$ polos. A continuación, utilizaremos el residuo en el infinito para evaluar la suma de los residuos dentro del contorno.

Ahora el residuo en el infinito de $f(z)$ viene dado por $$\mathrm{Res} \left(-\frac{1}{z^2} f\left(\frac{1}{z}\right); z=0\right).$$ El término funcional pasa a ser $$-\frac{1}{z^2} \frac{1}{z^a}\frac{1}{k-1/z} \prod_{n=1}^b \frac{k-c_n}{1/z-c_n} = -\frac{1}{z^2} \frac{1}{z^a}\frac{z}{zk-1} \prod_{n=1}^b \frac{z(k-c_n)}{1-zc_n} \\ = -\frac{1}{z^2} \frac{z^{b+1}}{z^a}\frac{1}{zk-1} \prod_{n=1}^b \frac{k-c_n}{1-zc_n} = \frac{1}{z^{a-b+1}}\frac{1}{1-zk} \prod_{n=1}^b \frac{k-c_n}{1-zc_n}.$$

Pero tenemos $b>a$ y por lo tanto $b-a-1 > -1$ o $b-a-1\ge 0$ por lo que el término es en realidad $$ z^{b-a-1} \frac{1}{1-zk} \prod_{n=1}^b \frac{k-c_n}{1-zc_n}.$$ y el residuo a cero de la función sustituida es cero.

Esto significa que $$S_b = -\mathrm{Res} \left(f(z); z=k\right)$$ que da $$k^a \prod_{n=1}^b \frac{k-c_n}{k-c_n} = k^a,$$ Hecho.

Anexo I. Como alternativa al uso del residuo en el infinito tenemos podríamos haber utilizado un contorno circular que encerrara todos los $b+1$ postes y observó que la integral a lo largo de este contorno va a cero ya que en este círculo tenemos

$$f(z) \in \Theta\left(R^{a-1} \times R^{-b}\right) = \Theta\left(R^{a-b-1}\right)$$ y $$\lim_{R\to\infty} 2\pi R \times R^{a-b-1} = 2\pi \lim_{R\to\infty} R^{a-b} = 0$$ porque $b>a.$ Esto tiene la ventaja de trabajar para $a$ un parámetro real positivo en lugar de sólo un número entero positivo.

Anexo II. El caso $k=c_m$ para algunos $m$ da $$\sum_{m=1}^b\left(c_m^a\prod_{n\neq m} \frac{k-c_n}{c_m-c_n} \right) = k^a$$ porque todos los productos desaparecen excepto el de $c_m = k.$

Un cálculo similar puede encontrarse en Enlace MSE .