¿Cómo probar esta identidad muy bien?

Question

Mostrar que $$\sum_{1\le i<j\le n}\left((x_j-x_i)-(x_j-x_i)^2\right)=\left(\sum_{i=1}^n{x_i}\right)^2-n\sum_{i=1}^n{x_i^2}-\sum_{i=1}^n{(n-2i+1)x_i}\\=-n\sum_{i=1}^n\left(x_i-\frac1n\sum_{j=1}^n{x_j}+\frac{n-2i+1}{2n}\right)^2+\frac1{4n}{\sum_{i=1}^n(n-2i+1)^2}.$ $

Me pregunto cómo esta identidad surge con la primera y la segunda recetas. ¿Alguien puede explicar esto en detalle? Conseguí esta identidad cuando estaba leyendo el problema aquí . Gracias.

Answer 1

Tomamos un enfoque algebraico y considerar las expresiones como polinomios cuadráticos en $n$ variables $x_1,x_2,\ldots,x_n$. Nos muestran la igualdad mediante la comparación de los coeficientes de los términos correspondientes.

Es conveniente utilizar el coeficiente de operador $[x^n]$ para denotar el coeficiente de $x^n$ de una serie.

Presentamos $f_1,f_2,f_3$como \begin{align*} f_1(x_1,\ldots,x_n)&=\sum_{1\leq i<j\leq n}\left(\left(x_j-x_i\right)-\left(x_j-x_i\right)^2\right)\\ f_2(x_1,\ldots,x_n)&=\left(\sum_{i=1}^n{x_i}\right)^2-n\sum_{i=1}^n{x_i^2}-\sum_{i=1}^n{(n-2i+1)x_i}\\ f_3(x_1,\ldots,x_n)&=-n\sum_{i=1}^n\left(x_i-\frac1n\sum_{j=1}^n{x_j}+\frac{n-2i+1}{2n}\right)^2+\frac1{4n}{\sum_{i=1}^n(n-2i+1)^2} \end{align*}

Partimos de la plaza de términos.

Obtenemos para $1\leq k\leq n$: \begin{align*} \color{blue}{[x_k^2]f_1(x_1,\ldots,x_n)}&=[x_k^2]\sum_{1\leq i<j\leq n}\left(\left(x_j-x_i\right)-\left(x_j-x_i\right)^2\right)\\ &=-[x_k^2]\sum_{1\leq i<j\leq n}\left(x_j-x_i\right)^2\\ &=-[x_k^2]\sum_{1\leq i<k}\left(x_k-x_i\right)^2-[x_k^2]\sum_{k<j\leq n}\left(x_j-x_k\right)^2\\ &=-(k-1)-(n-k)\\ &\,\,\color{blue}{=1-n}\\ \color{blue}{[x_k^2]f_2(x_1,\ldots,x_n)}&=[x_k^2]\left(\left(\sum_{i=1}^n{x_i}\right)^2-n\sum_{i=1}^n{x_i^2}-\sum_{i=1}^n{(n-2i+1)x_i}\right)\\ &=[x_k^2]\sum_{i=1}^nx_i^2-n[x_k^2]\sum_{i=1}^nx_i^2\\ &\,\,\color{blue}{=1-n}\\ \color{blue}{[x_k^2]f_3(x_1,\ldots,x_n)}&=[x_k^2]\left(-n\sum_{i=1}^n\left(x_i-\frac1n\sum_{j=1}^n{x_j}+\frac{n-2i+1}{2n}\right)^2\right.\\ &\qquad\qquad\qquad\left.+\frac1{4n}{\sum_{i=1}^n(n-2i+1)^2}\right)\\ &=-n[x_k^2]\sum_{i=1}^n\left(x_i-\frac1n\sum_{j=1}^n{x_j}+\frac{n-2i+1}{2n}\right)^2\\ &=-n[x_k^2]\sum_{i=1}^n\left(x_i^2-2x_i\cdot\frac{1}{n}\sum_{j=1}^n{x_j}+\left(\frac1n\sum_{j=1}^n{x_j}\right)^2\right)\\ &=-n[x_k^2]\sum_{i=1}^nx_i^2+2[x_k^2]\sum_{i=1}^nx_i\sum_{j=1}^nx_j-\frac{1}{n}[x_k^2]\sum_{i=1}^n\left(\sum_{j=1}^n{x_j}\right)^2\\ &=-n+2-1\\ &\,\,\color{blue}{=1-n} \end{align*}

Ahora comprobamos la mezcla de términos cuadráticos.

Obtenemos para $1\leq k<l\leq n$: \begin{align*} \color{blue}{[x_kx_l]f_1(x_1,\ldots,x_n)}&=[x_kx_l]\sum_{1\leq i<j\leq n}\left(\left(x_j-x_i\right)-\left(x_j-x_i\right)^2\right)\\ &=-[x_kx_l]\sum_{1\leq i<j\leq n}\left(x_j-x_i\right)^2\\ &=2[x_kx_l]\sum_{1\leq i<j\leq n}x_ix_j\\ &\,\,\color{blue}{=2}\\ \color{blue}{[x_kx_l]f_2(x_1,\ldots,x_n)}&=[x_kx_l]\left(\left(\sum_{i=1}^n{x_i}\right)^2-n\sum_{i=1}^n{x_i^2}-\sum_{i=1}^n{(n-2i+1)x_i}\right)\\ &=[x_kx_l]\left(\sum_{i=1}^n{x_i}\right)^2\\ &=[x_kx_l]\left(\sum_{i=1}^n{x_i}^2+2\sum_{1\leq i<j\leq n}x_ix_j\right)\\ &\,\,\color{blue}{=2}\\ \color{blue}{[x_kx_l]f_3(x_1,\ldots,x_n)}&=[x_k^2]\left(-n\sum_{i=1}^n\left(x_i-\frac1n\sum_{j=1}^n{x_j}+\frac{n-2i+1}{2n}\right)^2\right.\\ &\qquad\qquad\qquad\left.+\frac1{4n}{\sum_{i=1}^n(n-2i+1)^2}\right)\\ &=-n[x_kx_l]\sum_{i=1}^n\left(x_i-\frac1n\sum_{j=1}^n{x_j}+\frac{n-2i+1}{2n}\right)^2\\ &=[x_kx_l]\sum_{i=1}^n\left(2x_i\sum_{j=1}^n{x_j}\right)\\ &\,\,\color{blue}{=2} \end{align*}

... los términos lineales ...

Obtenemos para $ 1\leq k\leq n$: \begin{align*} \color{blue}{[x_k]f_1(x_1,\ldots,x_n)}&=[x_k]\sum_{1\leq i<j\leq n}\left(\left(x_j-x_i\right)-\left(x_j-x_i\right)^2\right)\\ &=[x_k]\sum_{1\leq i<j\leq n}\left(x_j-x_i\right)\\ &=[x_k]\sum_{1\leq i<k}\left(x_k-x_i\right)+[x_k]\sum_{k<j\leq n}\left(x_j-x_k\right)\\ &=(k-1)-(n-k)\\ &\,\,\color{blue}{=2k-n-1}\\ \color{blue}{[x_k]f_2(x_1,\ldots,x_n)}&=[x_k]\left(\left(\sum_{i=1}^n{x_i}\right)^2-n\sum_{i=1}^n{x_i^2}-\sum_{i=1}^n{(n-2i+1)x_i}\right)\\ &=[x_k]\left(-\sum_{i=1}^n{(n-2i+1)x_i}\right)\\ &\,\,\color{blue}{=2k-n-1}\\ \color{blue}{[x_k]f_3(x_1,\ldots,x_n)}&=[x_k]\left(-n\sum_{i=1}^n\left(x_i-\frac1n\sum_{j=1}^n{x_j}+\frac{n-2i+1}{2n}\right)^2\right.\\ &\qquad\qquad\qquad\left.+\frac1{4n}{\sum_{i=1}^n(n-2i+1)^2}\right)\\ &=-n[x_k]\sum_{i=1}^n\left(x_i-\frac1n\sum_{j=1}^n{x_j}+\frac{n-2i+1}{2n}\right)^2\\ &=-n[x_k]\sum_{i=1}^n\left(2x_i\cdot\frac{n-2i+1}{2n}\right)\\ &\qquad\qquad\qquad-n[x_k]\sum_{i=1}^n\left(-2\cdot\frac1n\sum_{j=1}^n{x_j}\cdot\frac{n-2i+1}{2n}\right)\\ &=-[x_k]\sum_{i=1}^nx_i(n-2i+1)+[x_k]\sum_{i=1}^n\frac{1}{n}\sum_{j=1}^n{x_j}(n-2i+1)\\ &=-(n-2k+1)+\sum_{i=1}^n\frac{1}{n}(n-2i+1)\\ &=-(n-2k+1)+(n+1-n-1)\\ &\,\,\color{blue}{=2k-n-1} \end{align*}

y, finalmente, el término constante .

Obtenemos \begin{align*} \color{blue}{[x_0]f_1(x_1,\ldots,x_n)}&=[x_0]\sum_{1\leq i<j\leq n}\left(\left(x_j-x_i\right)-\left(x_j-x_i\right)^2\right)\\ &\,\,\color{blue}{=0}\\ \color{blue}{[x_0]f_2(x_1,\ldots,x_n)}&=[x_0]\left(\left(\sum_{i=1}^n{x_i}\right)^2-n\sum_{i=1}^n{x_i^2}-\sum_{i=1}^n{(n-2i+1)x_i}\right)\\ &\,\,\color{blue}{=0}\\ \color{blue}{[x_0]f_3(x_1,\ldots,x_n)}&=[x_0]\left(-n\sum_{i=1}^n\left(x_i-\frac1n\sum_{j=1}^n{x_j}+\frac{n-2i+1}{2n}\right)^2\right.\\ &\qquad\qquad\qquad\left.+\frac1{4n}{\sum_{i=1}^n(n-2i+1)^2}\right)\\ &=-n[x_0]\sum_{i=1}^n\left(x_i-\frac1n\sum_{j=1}^n{x_j}+\frac{n-2i+1}{2n}\right)^2\\ &\qquad\qquad\qquad+\frac1{4n}{\sum_{i=1}^n(n-2i+1)^2}\\ &=-n[x_0]\sum_{i=1}^n\left(\frac{n-2i+1}{2n}\right)^2+\frac1{4n}{\sum_{i=1}^n(n-2i+1)^2}\\ &\,\,\color{blue}{=0} \end{align*}

Observamos que los coeficientes de los términos, con iguales poderes son iguales.

Conclusión:

Podemos obtener mediante la recopilación de los resultados de más arriba \begin{align*} \color{blue}{f_1(x_1,\ldots,x_n)}&\color{blue}{=f_2(x_1,\ldots,x_n)=f_3(x_1,\ldots,x_n)}\\ &\,\,\color{blue}{=(1-n)\sum_{i=1}^nx_i^2+2\sum_{1\leq i<j\leq n}x_ix_j+\sum_{i=1}^n(2i-n-1)x_i} \end{align*}

Answer 2

Esto fue un dolor, pero aquí está.

$ \begin{array}\\ s(n) &=\sum_{1\le i<j\le n}\left((x_{j}-x_{i})-(x_{j}-x_{i})^2\right)\\ &=\sum_{i=1}^n \sum_{j=i+1}^n((x_{j}-x_{i})-(x_{j}-x_{i})^2)\\ &=\sum_{i=1}^n \sum_{j=i+1}^n(x_{j}-x_{i})-\sum_{i=1}^n \sum_{j=i+1}^n(x_{j}-x_{i})^2\\ &=s_1(n)-s_2(n)\\ s_1(n) &=\sum_{i=1}^n \sum_{j=i+1}^n(x_{j}-x_{i})\\ &=\sum_{i=1}^n \sum_{j=i}^n(x_{j}-x_{i})\\ &=\sum_{i=1}^n \sum_{j=i}^nx_{j}-\sum_{i=1}^n \sum_{j=i}^nx_{i}\\ &=\sum_{j=1}^n \sum_{i=1}^jx_{j}-\sum_{i=1}^n (n-i+1)x_{i}\\ &=\sum_{j=1}^n x_j\sum_{i=1}^j1-\sum_{i=1}^n (n-i+1)x_{i}\\ &=\sum_{j=1}^n jx_j-\sum_{i=1}^n (n-i+1)x_{i}\\ &=\sum_{i=1}^n ix_i-\sum_{i=1}^n (n-i+1)x_{i}\\ &=\sum_{i=1}^n (i-n+i-1)x_i\\ &=\sum_{i=1}^n (2i-n-1)x_i\\ s_2(n) &=\sum_{i=1}^n \sum_{j=i+1}^n(x_{j}-x_{i})^2\\ &=\sum_{i=1}^n \sum_{j=i}^n(x_{j}-x_{i})^2\\ &=\sum_{i=1}^n \sum_{j=i}^n(x_j^2-2x_jx_i+x_i^2)\\ &=\sum_{i=1}^n \sum_{j=i}^nx_j^2-2\sum_{i=1}^n \sum_{j=i}^nx_jx_i+\sum_{i=1}^n \sum_{j=i}^nx_i^2\\ &=s_3(n)-2s_4(n)+s_5(n)\\ s_3(n) &=\sum_{i=1}^n \sum_{j=i}^nx_j^2\\ &=\sum_{j=1}^n \sum_{i=1}^jx_j^2\\ &=\sum_{j=1}^n jx_j^2\\ s_4(n) &=\sum_{i=1}^n \sum_{j=i}^nx_jx_i\\ &=\sum_{i=1}^n x_i\sum_{j=i}^nx_j\\ &=\sum_{i=1}^n x_i(\sum_{j=1}^nx_j-\sum_{j=1}^{i-1}x_j)\\ &=\sum_{i=1}^n x_i\sum_{j=1}^nx_j-\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^{i-1}x_ix_j\\ &=(\sum_{i=1}^n x_i)^2-\sum_{j=1}^{n-1} \sum_{i=j+1}^{n}x_ix_j\\ &=(\sum_{i=1}^n x_i)^2-\sum_{j=1}^{n-1} x_j\sum_{i=j+1}^{n}x_i\\ &=(\sum_{i=1}^n x_i)^2-\sum_{j=1}^{n} x_j\sum_{i=j+1}^{n}x_i\\ &=(\sum_{i=1}^n x_i)^2-\sum_{j=1}^{n} x_j(\sum_{i=j}^{n}x_i-x_j)\\ &=(\sum_{i=1}^n x_i)^2-\sum_{j=1}^{n} x_j\sum_{i=j}^{n}x_i+\sum_{j=1}^{n} x_j^2\\ &=(\sum_{i=1}^n x_i)^2-\sum_{i=1}^{n} x_i\sum_{j=i}^{n}x_j+\sum_{j=1}^{n} x_j^2\\ &=(\sum_{i=1}^n x_i)^2-s_4(n)+\sum_{j=1}^{n} x_j^2\\ \text{so}\\ s_4(n) &=\frac12((\sum_{i=1}^n x_i)^2+\sum_{i=1}^{n} x_i^2)\\ s_5(n) &=\sum_{i=1}^n \sum_{j=i}^nx_i^2\\ &=\sum_{i=1}^n (n-i+1)x_i^2\\ \text{so}\\ s_2(n) &=s_3(n)-2s_4(n)+s_5(n)\\ &=\sum_{j=1}^n jx_j^2-((\sum_{i=1}^n x_i)^2+\sum_{i=1}^{n} x_i^2)+\sum_{i=1}^n (n-i+1)x_i^2\\ &=-((\sum_{i=1}^n x_i)^2+\sum_{i=1}^{n} x_i^2)+\sum_{i=1}^n (n+1)x_i^2\\ &=-(\sum_{i=1}^n x_i)^2+n\sum_{i=1}^n x_i^2\\ \text{so}\\ s(n) &=s_1(n)-s_2(n)\\ &=\sum_{i=1}^n (2i-n-1)x_i-(n\sum_{i=1}^n x_i^2-(\sum_{i=1}^n x_i)^2)\\ &=(\sum_{i=1}^n x_i)^2-n\sum_{i=1}^n x_i^2+\sum_{i=1}^n (2i-n-1)x_i\\ \end {array} $

¡Uf!

Answer 3

$\def\peq{\mathrel{\phantom{=}}{}}$Para la identidad de la primera, porque$$ \sum_{i < j} (x_j - x_i) = \sum_{k = 1}^n x_k \left( \sum_{l < k} 1 + \sum_{l > k} (-1) \right) = \sum_{k = 1}^n (2k - n - 1) x_k, $$\begin{gather*} \sum_{i < j} (x_j - x_i)^2 = \sum_{k = 1}^n x_k^2 \left( \sum_{l < k} 1 + \sum_{l > k} 1 \right) - 2 \sum_{i < j} x_i x_j\\ = (n - 1) \sum_{k = 1}^n x_k^2 - \left( \left( \sum_{k = 1}^n x_k \right)^2 - \sum_{k = 1}^n x_k^2 \right) = n \sum_{k = 1}^n x_k^2 - \left( \sum_{k = 1}^n x_k \right)^2, \end{reunir*} entonces$$ \sum_{i < j} ((x_j - x_i) - (x_j - x_i)^2) = \left( \sum_{k = 1}^n x_k \right)^2 - n \sum_{k = 1}^n x_k^2 - \sum_{k = 1}^n (n - 2k + 1) x_k. $$

Para la segunda identidad, denotando $\bar{x} = \dfrac{1}{n} \sum\limits_{k = 1}^n x_k$,\begin{align*} &\peq -n \sum_{k = 1}^n \left( x_k - \bar{x} + \frac{1}{2n} (n - 2k + 1) \right)^2 + \frac{1}{4n} \sum_{k = 1}^n (n - 2k + 1)^2\\ &= -\sum_{k = 1}^n \left( n(x_k - \bar{x})^2 + (n - 2k + 1)(x_k - \bar{x}) + \frac{1}{4n} (n - 2k + 1)^2 \right) + \frac{1}{4n} \sum_{k = 1}^n (n - 2k + 1)^2\\ &= -\sum_{k = 1}^n \left( n(x_k - \bar{x})^2 + (n - 2k + 1)(x_k - \bar{x}) \right)\\ &= -n \sum_{k = 1}^n (x_k - \bar{x})^2 - \sum_{k = 1}^n (n - 2k + 1) x_k + \bar{x} \sum_{k = 1}^n (n - 2k + 1)\\ &= -n \left( \sum_{k = 1}^n x_k^2 - n\bar{x}^2 \right) - \sum_{k = 1}^n (n - 2k + 1) x_k + 0\\ &= \left( \sum_{k = 1}^n x_k \right)^2 - n \sum_{k = 1}^n x_k^2 - \sum_{k = 1}^n (n - 2k + 1) x_k. \end{align*}

Answer 4

Una alternativa a @martycohen del enfoque, el uso de derivados. Yo creo que si no tengo que escribir los detalles acerca de la delta de Kronecker, esto podría ser más corto que el de Marty, pero no puedo promist que.

Ambos lados son evidentemente cuadráticas en la $x_i$ variables, sin términos constantes. Es decir, tienen la forma $$ H = (\sum_{ij} c_{ij} x_i x_j ) + \sum_i e_i x_i $$ Si podemos diferenciar una cosa con respecto a $x_k$, obtenemos $$ \frac{\partial H}{\partial x_k} = (\sum_i c_{ik} x_i + \sum_j c_{kj} x_j) + e_k, $$ y si ponemos todos los $x_i$ a cero, obtenemos sólo $e_k$. Del mismo modo, si podemos diferenciar dos veces, podemos encontrar $c_{kp}$. Mediante la comparación de estos por los dos lados, vamos a ver los dos cuadráticas son iguales.

La derivada de $x_i$ con respecto al $x_k$ es $\delta_{ik} = \begin{cases} 1 & i = k\\ 0 & i \ne k \end{cases}$, e $\sum_i x_i \delta_{ik} = x_k$, que usaremos con frecuencia en diversas formas. También tenga en cuenta que $$ \etiqueta{sum-j} \sum_{i =1}^n \sum_{j = i+1}^n \delta_{jk} = k-1, $$ debido a que el interior de la suma es $0$ o $1$; $1$ siempre $k > i$. Esto ocurre, en el exterior de la suma, para $i = 1, 2, \ldots, k-1$, es decir, $k-1$ veces. Del mismo modo, $$ \etiqueta{sum-i} \sum_{i =1}^n \sum_{j = i+1}^n \delta_{ik} = n-k. $$ Finalmente, $$ \etiqueta{sum-pk} \sum_{i =1}^n \sum_{j = i+1}^n \delta_{ik}\delta_{jp} = \sum_{j = k+1}^n \delta_{jp} = \delta_{k < p}, $$ por que me refiero a que la suma es $1$ si $k < p$, e $0$ lo contrario.

Volviendo a la ecuación, y llamando a la izquierda y a la derecha expresiones $L$ e $R$, vamos a comprobar primero que el lineal plazo coeficiente de $x_k$ es idéntico en ambos.

La derivada de la LHS, con respecto a $x_k$ es \begin{align} \frac{\partial L}{\partial x_k} &= \sum_{i=1}^n \sum_{j = i+1}^n \frac{\partial \left((x_{j}-x_{i})-(x_{j}-x_{i})^2\right) } {\partial x_k}\\ & = \sum_{i=1}^n \sum_{j = i+1}^n \left((\delta_{jk}-\delta_{ik})-2(x_{j}-x_{i})(\delta_{jk}-\delta_{ik})\right) \end{align} Se evalúa cuando todas las $x_i$ son cero, obtenemos \begin{align} \frac{\partial L}{\partial x_k}(0,0,\ldots, 0) & = \sum_{i=1}^n \sum_{j = i+1}^n (\delta_{jk}-\delta_{ik})\\ & = \sum_{i=1}^n \sum_{j = i+1}^n \delta_{jk}-\sum_{i=1}^n \sum_{j = i+1}^n\delta_{ik}\\ & = (k-1) - (n-k) & \text{by sum-i and sum-j above} \\ &= -n + 2k - 1. \end{align}

La derivada de la parte derecha es \begin{align} \frac{\partial R}{\partial x_k} &= \frac{\partial \biggl[ \big(\sum_{i=1}^n{x_i}\big)^2-n\sum_{i=1}^n{x_i^2} - \sum_{i=1}^n{(n-2i+1)x_i}\biggr]}{\partial x_k}\\ &= 2\big(\sum_{i=1}^n{x_i}\big) \sum_{i=1}^n \delta_{ik} -n \frac{\partial \sum_{i=1}^n{x_i^2}}{\partial x_k} - \frac{\partial \sum_{i=1}^n{(n-2i+1)x_i}}{\partial x_k} \\ &= 2\big(\sum_{i=1}^n{x_i}\big) -n \biggl[ \sum_{i=1}^n{2x_i \delta_{ik}} \biggr] - \sum_{i=1}^n {(n-2i+1)\delta_{ik}} \\ &= 2\big(\sum_{i=1}^n{x_i}\big) -2n x_k - {(n-2k+1)} \\ \end{align} Cuando $x_1 = x_2 = \ldots = x_n = 0$, se vuelve a obtener un valor de $-(n-2k + 1) = -n + 2k - 1$. Así que los términos lineales en los dos lados son iguales.

Ahora veamos la segunda derivados. Tenemos \begin{align} \frac{\partial^2 L}{\partial x_k \partial x_p} & = \sum_{i=1}^n \sum_{j = i+1}^n \left(-2(\delta_{jp}-\delta_{ip})(\delta_{jk}-\delta_{ik})\right)\\ & = -2 \sum_{i=1}^n \sum_{j = i+1}^n \delta_{jp}\delta_{jk} - \delta_{jp}\delta_{ik}-\delta_{ip}\delta_{jk} + \delta_{ip}\delta_{ik} \end{align} Primero, considere el caso de $k = p$: \begin{align} \frac{\partial^2 L}{\partial x_k \partial x_p} & = -2 \sum_{i=1}^n \sum_{j = i+1}^n \delta_{jk}\delta_{jk} - \delta_{jk}\delta_{ik}-\delta_{ik}\delta_{jk} + \delta_{ik}\delta_{ik}\\ & = -2 \sum_{i=1}^n \sum_{j = i+1}^n \delta_{jk} - 2\delta_{jk}\delta_{ik} + \delta_{ik}\\ & = -2\biggl[ (k-1) + (n-k) - 2\sum_{i=1}^n \sum_{j = i+1}^n \delta_{jk}\delta_{ik} \biggr] & \text{by sum-i and sum-j}\\ \end{align} El producto restante $\delta_{jk}\delta_{ik}$ es $1$ sólo si $i$ e $j$ son iguales, pero desde $j$ comienza a $i+1$, esto nunca sucede. Por lo tanto \begin{align} \frac{\partial^2 L}{\partial x_k \partial x_p} & = 2 - 2n \end{align} en el caso de que $k = p$.

Ahora mira a $k \ne p$. Tenemos \begin{align} \frac{\partial^2 L}{\partial x_k \partial x_p} & = -2 \sum_{i=1}^n \sum_{j = i+1}^n \delta_{jp}\delta_{jk} + 2 \sum_{i=1}^n \sum_{j = i+1}^n \delta_{jp}\delta_{ik} + 2 \sum_{i=1}^n \sum_{j = i+1}^n \delta_{ip}\delta_{jk} - 2 \sum_{i=1}^n \sum_{j = i+1}^n \delta_{ip}\delta_{ik} \end{align} Por suma-kp, los dos términos centrales son $\delta_{k < p}$ e $\delta_{p<k}$, por lo que exactamente uno de ellos es $1$, y podemos reemplazar su suma con un $1$ (que se multiplica por la $2$ frente!). Así tenemos \begin{align} \frac{\partial^2 L}{\partial x_k \partial x_p} & = 2 -2 \sum_{i=1}^n \sum_{j = i+1}^n\delta_{jp}\delta_{jk} - 2 \sum_{i=1}^n \sum_{j = i+1}^n \delta_{ip}\delta_{ik} \\ \end{align} Además, debido a $k$ e $p$ son distintos, $j$ no la igualdad de los dos, así que el primer sol es cero; lo mismo para el segundo. Terminamos con \begin{align} \frac{\partial^2 L}{\partial x_k \partial x_p} & = 2 \end{align}

En el lado derecho, tenemos \begin{align} \frac{\partial R}{\partial x_k} &= 2\big(\sum_{i=1}^n{x_i}\big) -2n x_k - {(n-2k+1)} \\ \end{align} tenemos \begin{align} \frac{\partial^2 R}{\partial x_k \partial x_p} &= 2\big(\sum_{i=1}^n{ \delta_{ip}}\big) -2n \delta_{kp} \\ &= 2 -2n \delta_{kp} \\ \end{align} que está exactamente de acuerdo con el resultado de la mano izquierda. Está hecho!.

Answer 5

Teniendo una baja tecnología, deje que nuestros original de la sumación de ser $\ s_n := u_n - t_n\ $donde $$ u_n := \sum_{1\le i<j\le n} (x_j-x_i), \quad t_n := \sum_{1\le i<j\le n} (x_j-x_i)^2. \etiqueta{1}$$ También, vamos a $$ v_n := \sum_{1\le i\ne j\le n} x_i\ x_j = \left(\sum_{1\le k\le n} x_k \right)^2 - \sum_{1\le k\le n}x_k^2. \etiqueta{2}$$ Ahora, $\;u_n = \sum_{i\le k\le n} c_{k,n}\ x_k\ $donde $$ c_{k,n} := (\sum_{1\le i\le k} 1) - (\sum_{k\le j\le n} 1) = k-(n-k+1) = 2k-n-1 \tag{3}$$ que se cuenta cuántas veces $\ k\ $ aparece como $\ j\ $ menos las veces que aparece, como $\ i\ $ en la ecuación de $(1).$ Por lo tanto, $$ u_n = \sum_{1\le k\le n} (2k-n-1)\ x_k = -\sum_{1\le k\le n} (n-2k+1)\ x_k . \etiqueta{4}$$ Ahora, conseguimos $\ t_n = \sum_{1\le i<j\le n} (x_j^2 + x_i^2 - 2x_jx_i)\ $ mediante la ampliación de la plaza en la ecuación de $(1)$y de manera similar a cómo llegamos a la ecuación de $(3)$, ahora obtenemos $$ t_n \!=\! \sum_{k=1}^n (k\!+\!(n\!-\!k\!+\!1)) x_k^2 +\! \sum_{1\le i\ne j\le n} x_ix_j \!=\! (n\!+\!1)\!\sum_{k=1}^n x_k^2\!+\! v_n. \tag{5}$$ Combinando esto con la ecuación de $(2)$ tenemos $$ t_n = n\sum_{1\le k\le n} x_k^2 - \sum_{1\le k\le n}x_k^2. \tag{6}$$ Combining this with equation $(4)$ tenemos $$ s_n = \left(\sum_{i=1}^n{x_i}\right)^2-n\sum_{i=1}^n{x_i^2}-\sum_{i=1}^n{(n-2i+1)\ x_i}, \tag{7}$$ que es la identidad de la primera solicitado.

De continuar, vamos a $\ y_i = y_{i,n} := x_i -\frac1n\sum_{j=1}^n x_j.\ $ Hay una famosa fórmula en las estadísticas $$ t_n = n \sum_{1\le i\le n} \Big(x_i-\frac1n\sum_{j=1}^n x_j\Big)^2 = n \sum_{1\le i\le n} y_i^2. \tag{8}$$ Observe que $$ \sum_{i=1}^n (n-2i+1) = 0. \tag{9}$$ Combinando esto con la ecuación de $(4)$ tenemos $$ u_n = -\sum_{1\le i\le n} (n-2i+1)\ y_i. \tag{10}$$ Combinando esto con la ecuación de $(8)$ tenemos $$ s_n = -n \sum_{i=1}^n y_i^2 -\sum_{1\le i\le n} (n-2i+1)\ y_i. \tag{11}$$ De continuar, vamos a $\ z_i = z_{i,n} := y_{i,n} +\frac{n-2i+1}{2n}. \ $ Ahora $$ z_i^2 = y_i^2 + y_i\frac{n-2i+1}n + \frac{(n-2i+1)^2}{4n^2}. \tag{12}$$ Sumando esto a través de $\ i\ $ y multipling por $\ n\ $ nos da $$ n \sum_{i=1}^n z_i^2 \!=\! n \sum_{i=1}^n y_i^2 + \sum_{i=1}^n y_i(n\!-\!2i\!+\!1) \!+\! \frac1{4n}\sum_{i=1}^n (n\!-\!2i\!+\!1)^2. \la etiqueta{13}$$ Por último, la combinación de las ecuaciones $(11)$ e $(13)$ tenemos $$ s_n = - n \sum_{i=1}^n z_i^2 + \frac1{4n}\sum_{i=1}^n (n-2i+1)^2. \etiqueta{14}$$ que es la segunda identidaddesde $\ z_i = x_i -\frac1n\sum_{j=1}^n x_j +\frac{n-2i+1}{2n}.$

P. S. Las identidades y de las pruebas se simplifican si se utiliza un no-estándar de la indexación de la $\ x_i.\ $ Así que supongamos que tenemos un conjunto indizado de $\ n\ $números $\ \{x_{-n+1}, x_{-n+3}, \dots, x_{n-3}, x_{n-1}\}.\ $ Para $\ n=0\ $ acabamos de $\{x_0\}.\ $ Para $\ n=1\ $ tenemos la set $\ \{x_{-1}, x_1\}\ $ y así sucesivamente. Se entiende que vamos a suma de $\ -n+1\ $ a $\ n-1\ $ en pasos de $2$. Para definir nuestro nuevo $$ u_n :=\! \sum_ {n+1\le i<j\le n-1} (x_j\!-\!x_i), \; t_n := \!\sum_ {n+1\le i<j\le n-1} (x_j\!-\!x_i)^2. \etiqueta{15}$$ La primera identidad es ahora $$ s_n = u_n - t_n = \Big(\sum_i i\ x_i\Big) + \Big(\sum_i x_i\Big)^2 - n\Big(\sum_i x_i^2\Big). \etiqueta{16}$$ La segunda identidad es ahora $$ s_n = -n\ \sum_i \Big(x_i-\frac1n\sum_j x_j-\frac{i}{2n}\Big)^2 + \frac{n^2-1}{12}. \etiqueta{17}$$