Demuestra las identidades de Newton utilizando las propiedades de un polinomio simétrico.

Question

Disculpas si no lo he explicado bien en el título. Entiendo cómo progresamos desde (1) hacia abajo, pero no entiendo cómo utilizar los coeficientes de EQ 5 para demostrar las Identidades de Newton.

Dejemos que $a_1,....,a_N$ sea $N$ elementos pares diferentes en un campo, y que \begin{equation} p(x) = \prod_{u=1}^N (1-xa_u) \tag{1} \end{equation} Denotando la derivada formal de $p$ por $p'$ la derivada (formal) del logaritmo de $p$ viene dada por \begin{equation} \frac{p'(x)}{p(x)} = -\sum_{u=1}^N \frac{a_u}{1-xa_u} \tag{2} \end{equation} y así \begin{equation} \frac{xp'(x)}{p(x)} = -\sum_{u=1}^N \frac{xa_u}{1-xa_u} = -\sum_{n=0}^\infty x^n S_n \tag{3} \end{equation} donde \begin{equation} S_n = \sum_{u=1}^N a_{u}^n , n = 1,2,....., \tag{4} \end{equation} $i.e.$
\begin{equation} xp'(x) = -p(x)(\sum_{n=0}^\infty x^n S_n) \tag{5} \end{equation} escribir \begin{equation} p(x) = \sum_{n=0}^N x^n (-1)^n \sigma_{n} \tag{6} \end{equation} donde $\sigma_0 = 1$ y donde los coeficientes $\sigma_n$ para $n \geq 1$ son las funciones simétricas de las raíces. Tenemos \begin{equation} \sigma_1 = \sum_{u=1}^N a_u \end{equation} \begin{equation} \sigma_2 = \sum_{u_1 < u_2}^N a_{u_1}a_{u_2} \tag{7} \end{equation} \begin{equation} \sigma_3 = \sum_{u_1 < u_2 < u_3}^N a_{u_1}a_{u_2} a_{u_3} \end{equation} Comparando los coeficientes de $x^n$ en $(5)$ , demostrar las identidades de Newton \begin{equation} r\sigma_r = \sum_{i+j=r} \sigma_i \lambda_j \end{equation}

Answer 1

Utilizaré $e_n$ y $p_n$ para los polinomios simétricos elementales y de potencia, respectivamente:

$$ \begin{array}{lll} e_k(x_1,x_2,\cdots,x_n) & = & \displaystyle \hskip -0.1in \sum_{1\le i_1<\cdots<i_k\le n} \hskip -0.2in x_{i_{\large1}}x_{i_{\large2}}\cdots x_{i_{\large k}} \\[10pt] p_k(x_1,x_2,\cdots,x_n) & = & \hskip 0.17in \displaystyle \sum_{1\le i\le n} x_i^k \end{array} $$

Entonces podemos definir la función

$$ f(T)=\prod_{1\le i\le n}(1-x_iT). $$

Las fórmulas de Vieta dicen que esto se puede expandir como

$$ f(T) = \sum_{k=0}^n (-1)^ke_{k}(x_1,\cdots,x_n)T^k. $$

Diferenciar (con respecto a $T$ ) y luego se multiplica por $T$ :

$$ Tf'(T)=\sum_{k=1}^n (-1)^k e_k kT^k. \tag{$ \N - La estrella $} $$

Nos dicen que esto es parte de una identidad

$$ Tf'(T)=-f(T)\left(\sum_{j=1}^{\infty} p_jT^j\right). \tag{5} $$

Podemos multiplicar los polinomios del lado derecho como

$$ -\left(\sum_{i=0}^n (-1)^ie_iT^i \right) \left(\sum_{j=1}^{\infty} p_jT^j\right) = -\sum_{i=0}^{\infty}\sum_{j=1}^{\infty} (-1)^ie_ip_j T^{i+j} $$

$$ = \sum_{k=0}^{\infty} \left(\sum_{\substack{i+j=k}} (-1)^{i+1} e_ip_j\right)T^k \tag{$ \N - ÇC $} $$

Por comodidad, he ampliado la suma de $0\le i\le n$ a $i\ge0$ estipulando $e_i=0$ para $i>n$ ; no debería haber ningún sumando en ese caso y la llamada "suma vacía" es cero.

En la ecuación $(5)$ podemos sustituir el lado izquierdo por $(\star)$ y el lado derecho con $(\circ)$ :

$$ \sum_{k=1}^n (-1)^k e_k kT^k = \sum_{k=0}^{\infty} \left(\sum_{i+j=k} (-1)^{i+1}e_ip_j\right)T^k. $$

Ambos lados son el mismo polinomio por lo que deben tener los mismos coeficientes.

El coeficiente de $T^r$ en los lados izquierdo y derecho son:

$$ (-1)^r e_r r = \sum_{i+j=r} (-1)^{i+1} e_i p_j $$

Dividiendo ambos lados por $(-1)^r$ obtenemos

$$ re_r = \sum_{i+j=r} (-1)^{j+1} e_i p_j $$

Se supone que los signos se alternan; un $(-1)$ falta en su declaración de Newton-Girard. También tenga en cuenta $i\ge0$ y $j\ge1$ en la suma.