$\sum_i x_i^n = 0$ todos los $n$ implica $x_i = 0$

Question

Aquí es una declaración que parece prima facie obvio, pero cuando trato de demostrarlo, estoy perdido.

Deje $x_1 , x_2 \dots x_k$ ser números complejos satisfactoria:

$$x_1 + x_2 \dots + x_k = 0$$

$$x_1^2 + x_2^2 \dots + x_k^2 = 0$$

$$x_1^3 + x_2^3 \dots + x_k^3 = 0$$

$$\dots$$

A continuación,$x_1 = x_2 = \dots = x_k = 0$.

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La afirmación parece obvia, porque tenemos más de $k$ restricciones (constraints que son en cierto sentido, "independiente") $k$ variables, por lo que debe determinar las variables de forma única. Pero mis intentos hasta el momento de la formalización de este intuición han fracasado. Así que, ¿cómo se puede demostrar esta afirmación? Hay una generalización de mi intuición?

Answer 1

Aplicar Newton identidades. Esto muestra el poder de las sumas forman una base para el simétrico de polinomios, desde la primaria simétrica polinomios son una base y la primaria simétrica polinomios puede ser representado como combinaciones lineales de potencia de sumas. Así que todos los polinomios simétricos evaluar a $0$ a $x_i$. Considere la posibilidad de un polinomio con el $x_i$ como raíces. Los coeficientes son los elementales de la simetría de los polinomios en la $x_i$, de manera que todos son cero. El polinomio es, a continuación,$x^k$, lo que muestra $x_i=0$ todos los $i$.

Answer 2

Para un método ligeramente diferente que el Papa es la segunda respuesta (pero la idea es la misma):

Sin pérdida de generalidad, que el sistema de ecuaciones se puede escribir como: $$\left\{ \begin{array}{lcl} \lambda_1x_1 + \lambda_2x_2+ \dots + \lambda_k x_k &= &0 \\ \lambda_1x_1^2 + \lambda_2x_2^2+ \dots + \lambda_k x_k^2 & = & 0 \\ & \vdots & \\ \lambda_1x_1^k + \lambda_2x_2^k+ \dots + \lambda_k x_k^k & = & 0 \end{array} \right.$$

donde $\lambda_i>0$, $x_i \neq 0$ y $x_i \neq x_j$$i \neq j$. De hecho, si $x_i=x_j$ reemplace $x_i+x_j$ $2x_i$ e si $x_i=0$ acaba de quitar. Por contradicción, supongamos $k \geq 1$.

Ahora, la familia $\{ (\lambda_1 x_1^j, \dots , \lambda_k x_k^j) \mid 1 \leq j \leq k \}$ no puede ser linealmente independientes, ya que el espacio vectorial $\{(y_1,\dots y_k) \mid y_1+ \dots y_k=0 \}$ tiene dimensión $k-1$ (es un hyperplane). Por lo tanto, la matriz de

$$A:=\left( \begin{matrix} \lambda_1x_1 & \lambda_2x_2 & \dots & \lambda_k x_k \\ \lambda_1x_1^2 & \lambda_2x_2^2 & \dots & \lambda_k x_k^2 \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ \lambda_1x_1^k & \lambda_2x_2^k & \dots & \lambda_k x_k^k \end{matrix} \right)$$

no es invertible. El uso de Vandermonde fórmula, $$0= \det(A)= \prod\limits_{i=1}^k \lambda_i \cdot \prod\limits_{i=1}^k x_i \cdot \prod\limits_{i<j} (x_i-x_j) $$

que es distinto de cero, por supuesto.

Answer 3

Cambiar el nombre de la $x_i$$\alpha_i$, de modo que puedo pedir la notación de este artículo de la wikipedia. Multiplicar la primera fila de la matriz en el artículo de $\alpha_1$, el segundo por $\alpha_2$, y así sucesivamente. Esto le da una matriz con determinante

$$\left( \prod_i \alpha_i \right)\left(\prod_{i< j} (\alpha_i-\alpha_j) \right).$$

Puesto que la ecuación homogénea con estos coeficientes se tiene una solución (el vector $(1,1,\cdots,1)$), el determinante debe ser cero. Así que o $\alpha_i=0$ algunos $i$ o $\alpha_i=\alpha_j$ para un par de los distintos índices. En el primer caso, reducimos el mismo problema con $k-1$ términos y puede inducir. En el segundo caso, podemos considerar modificado ligeramente el problema: identificar las $i$th y $j$th término, tenemos el mismo problema con $n-1$ variables, excepto el coeficiente de $\alpha_j$$2$. Pero, puesto que este todavía le da un valor distinto de cero de la solución de la correspondiente ecuación homogénea, podemos volver a "introducir" utilizando el método descrito anteriormente. El número de variables con el tiempo debe disminuir a uno, desde el que se ve $\alpha_1=0$, y, por tanto, $x_i=0$ todos los $i$ en el problema original.