1 votos

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

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}

1voto

runway44 Puntos 184

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.

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X