Generalización de la identidad demostrativa $\frac1{(a-b)(a-c)}+\frac1{(b-a)(b-c)} + \frac1{(c-a)(c-b)} = 0$

Question

Es sencillo ver $\frac{1}{a-b} + \frac{1}{b-a}=0$ y $\frac1{(a-b)(a-c)}+\frac1{(b-a)(b-c)} + \frac1{(c-a)(c-b)} = 0$ pero la generalización

$$ \sum_{j=1}^n \frac{1}{(a_j-a_1) \cdots \widehat{(a_j-a_j)} \cdots (a_j-a_n)}=0$$

donde el sombrero denota omisión, no es tan sencillo para mí. No pude demostrar por inducción. También intenté demostrar la derivada con respecto a cada $a_i$ desaparece, pero esto también es difícil. También he intentado relacionar esto con el determinante de una matriz con entradas de la forma $1/(a_i-a_j)$ pero esto no me llevó a ninguna parte.

Cualquier ayuda será muy apreciada.

Answer 1

Considere la función $$ f(x) := \sum_{j=1}^n \frac{(x-a_1) \cdots \widehat{(x-a_j)} \cdots (x-a_n)}{(a_j-a_1) \cdots \widehat{(a_j-a_j)} \cdots (a_j-a_n)}. $$

Se trata de una función polinómica de grado máximo $n-1$ . También, $f(a_1) = f(a_2) = \cdots = f(a_n) = 1$ . Por lo tanto, $f(x) \equiv 1$ . Si $n \ge 2$ entonces eso implica que el coeficiente de $x^{n-1}$ en este polinomio debe ser 0. Sin embargo, el coeficiente de $x^{n-1}$ es exactamente $$\sum_{j=1}^n \frac{1}{(a_j-a_1) \cdots \widehat{(a_j-a_j)} \cdots (a_j-a_n)}.$$

Answer 2

Otra prueba es la siguiente. Sea

$$p(x) = (z-a_1)\cdots (z-a_n)$$

con $a_1,\ldots, a_n$ distinto. Por el teorema del residuo tenemos

$$\int_{z=|R|} \frac{1}{p(z)} dz = 2\pi i \sum_{|a_j|<R} \text{Res}\left(\frac{1}{p(z)}, a_j\right).$$

Si $n\geq 2$ entonces el valor absoluto de la integral está acotado por $\sim 2\pi R/R^n \to 0$ como $R\to \infty$ . Dado que la RHS es independiente de $R$ para grandes $R$ Esto implica

$$\sum_{j} \text{Res}\left(\frac{1}{p(z)}, a_j\right) = \sum_j \frac{1}{p'(a_j)}=0$$

que es equivalente a la identidad.