Mostrar que si $\prod\limits_{k=1}^{n}(x+a_k)=\sum\limits_{k=0}^{n} {n\choose k}a^k_kx^{n-k}$ $a_1=a_2=a_3=....=a_{n-1}=a_n$

Question

Deje $a_0=1$. Demostrar que, si $$\prod_{k=1}^{n}(x+a_k)=\sum_{k=0}^{n} {n\choose k}a^k_kx^{n-k}=x^n+{n\choose 1}a_1x^{n-1}+{n\choose 2}a^2_2x^{n-2}+....+a^n_n,$$ a continuación,$a_1=a_2=a_3=....=a_{n-1}=a_n$.

He probado a $n=2,3$, pero no sé cómo probar para la solución general. Cualquier ayuda para la solución general será apreciado .

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Solución para $n=2$

$a_0=1$

$$2a_1=a_{1}+a_{2}$$ $$a^2_2=a_{1}a_{2}$$

$$a_2=a_{1}$$

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Solución para $n=3$

$a_0=1$

$$3a_1=a_1+a_2+a_3$$ $$3a^2_2=a_1a_2+a_1a_3+a_2a_3$$

$$a^3_3=a_1a_2a_3$$

.

.

$$2a_1=a_2+a_3 \tag1$$ $$3a^2_2=a_1a_2+a_1a_3+a_2a_3 \tag2$$

$$a^2_3=a_1a_2 \tag3$$

. $$3a^2_2=a_1(a_2+a_3)+a_2a_3=2a^2_1+a_2a_3$$

$$6a^2_2=4a^2_1+2a_2a_3=(a_2+a_3)^2+2a_2a_3$$

$$5a^2_2-4a_2a_3-a^2_3=0$$

$$(5a_2+a_3)(a_2-a_3)=0$$

Si seleccionamos $a_3=-5a_2$

$25a_2=a_1$

Para comprobar la Ecuación 1

$$2a_1=a_2+a_3$$

$$50a_2 \neq a_2-5a_2$$

Por lo tanto $$(5a_2+a_3)(a_2-a_3)=0$$

Debemos utilizar $a_2-a_3=0$

$a_2=a_3$

Para comprobar la Ecuación de 1,3

La ecuación 1: $$2a_1=a_2+a_3$$

$$a_1=a_3$$

La ecuación 3: $a^2_3=a_1a_2 $

$$a_1=a_3$$ Así

$$a_1=a_2=a_3$$

Answer 1

Si todos los $a_i$ puede ser considerado positivo, entonces la afirmación en cuestión:

$$\prod_{k=1}^{n}(x+a_k)=\sum_{k=0}^{n} {n\choose k}a^k_kx^{n-k}\tag{*1}$$

es una consecuencia trivial de Maclaurin de la desigualdad (que puede ser probado mediante el Newton de las desigualdades ) :

Para cualquier $x_1, x_2, \ldots x_n > 0$$k = 1,\ldots, n$, si uno definir el $k^{th}$ simétrica promedio como:

$$S_k = \frac{\sum_{1\le i_1 < i_2 < \cdots < i_k \le n} x_{i_1} x_{i_2} \cdots x_{i_k}}{\binom{n}{k}}$$

a continuación, $S_k$ satisface la siguiente cadena de desigualdades:

$$S_1 \ge \sqrt{S_2} \ge \sqrt[3]{S_3} \ge \cdots \ge \sqrt[n]{S_n}$$

Para la afirmación de $(*1)$, es claro $S_k = a_k^k$ y la cadena de desigualdades:

$$a_1 \ge a_2 \ge \cdots \ge a_n\quad\implies\quad a_1a_2\cdots a_n \ge a_n^n\tag{*2}$$

Es evidente la desigualdad en $(*2)$ es estricta a menos que todos los $a_i$ igual a la otra. Sin embargo, el término constante en $(*1)$ nos dicen $a_1 a_2 \cdots a_n = a_n^n$. A partir de este podemos concluir $a_1 = a_2 = \cdots = a_n$.

He rasqué la cabeza por un par de horas y todavía no han descubierto una manera de extender este argumento general $a_i$. Ni siquiera estoy seguro de que el $(*1)$ es cierto cuando el $a_i$ tiene mezcla de signos.

Answer 2

La desigualdad triangular, nada, pero (la igualdad caso de) la desigualdad triangular...

Aquí están algunas notaciones. Revisión de algunos de los números complejos $(a_i)_{1\leqslant i\leqslant n}$ tal que la hipótesis que se sostiene. Deje $A=\max\{|a_i|\,;\,1\leqslant i\leqslant n\}$. Elija algunas de $1\leqslant K\leqslant n$ tal que $|a_K|=A$. Si $A=0$ $a_i=0$ por cada $i$ por lo tanto el resultado se mantiene. Podemos suponer sin pérdida de generalidad que $A\gt0$. Otra notación: para cada $I\subseteq\{1,2,\ldots,n\}$, vamos a $a(I)=\prod\limits_{i\in I}a_i$, por lo tanto $|a(I)|\leqslant A^{K}$ por cada $I$ del tamaño de la $K$.

La hipótesis dice que $$ {n\elegir K}a_K^K=\sum_{|I|=K} (I). $$ Por la desigualdad triangular, $$ {n\elegir K}A^K={n\elegir K}|a_K^K|=\left|\sum_{|I|=K} (I)\right|\leqslant\sum_{|I|=K}|(I)|\leqslant{n\elegir K}^K. $$ Así, tanto las desigualdades anteriores son de hecho la igualdad.

1. Desde la primera desigualdad es una igualdad, no existe $z$ tal que $|z|=1$ $a(I)=z|a(I)|$ por cada $I$ tal que $|I|=K$.
2. Desde la segunda desigualdad es una igualdad, $|a(I)|=A^K$ por cada $I$ tal que $|I|=K$.

Desde $|a_i|\leqslant A$ por cada $i$, el punto 2. rendimientos $|a_i|=A$ por cada $i$ (recordar que $K\geqslant1$ por lo tanto todos los $i$ pertenece a $I$ tal que $|I|=K$). Esto demuestra que todos los $1\leqslant K\leqslant n$ cumple con la hipótesis de que la $|a_K|=A$, en particular el razonamiento anterior tiene por $K=1$. Utilizando el punto 1. para $K=1$ rendimientos $a_i=zA$ por cada $1\leqslant i\leqslant n$, QED.

Edit: Esto demuestra el resultado de $(a_i)_{1\leqslant i\leqslant n}$ en cualquier normativa de álgebra tal que la igualdad de los casos en el triangular de la desigualdad se mantiene, la sustitución de todas partes del módulo de $|\ |$ por la norma en el álgebra.

Answer 3

[A partir de un comentario por parte de la OP: "lo Siento por la respuesta incorrecta."]

Deje $f_1(a_1, a_2, \ldots, a_n; x) = \prod_{i=1}^n (x + a_i)$$f_2(a_1, a_2, \ldots, a_n; x) = \sum_{k=0}^n {n \choose k} a_k^k x^{n-k}$. La premisa de que las lecturas que $$f_1(a_1, a_2, \ldots, a_n; x) - f_2(a_1, a_2, \ldots, a_n; x) = 0\quad \forall x\quad (*)$$

Denotar $\{a_i\}$ como la solución de modo que (*) es satisfecho. Intercambio de $a_i$$a_j$, tenemos $$f_1(\ldots, a_i, \ldots, a_j, \ldots) = f_1(\ldots, a_j, \ldots, a_i, \ldots)$$ since $f_1$ es simétrica. Por otro lado,

$$f_2(\ldots, a_i, \ldots, a_j, \ldots) - f_2(\ldots, a_j, \ldots, a_i, \ldots) = {n \choose i}(a^i_i - a^i_j)x^{n-i} - {n \choose j}(a^j_i - a^j_j)x^{n-j}\quad (**)$$

A partir de ( * ), (** ) tiene que ser cero para cualquier $x$. Esto significa que todos sus coeficientes tienen que ser cero, lo que significa $a_i^i = a_j^i$$a_i^j = a_j^j$. En particular, para $i = 1$ tenemos $a_1 = a_j, \forall j$ y la prueba está completa.

Answer 4

Este es un intento de prueba por inducción.

No estoy seguro de que es correcta.

Vamos $f_n =f_n(a_1, a_2, \ldots, a_n; x) =\prod_{i=1}^n (x + a_i) $ y $g_n =g_n(a_1, a_2, \ldots, a_n; x) = \sum_{k=0}^n {n \elegir k} a_k^k x^{n-k} = \sum_{k=0}^n {n \elegir k} a_{n-k}^{n-k} x^{k} $.

Entonces $f_n' = ((x-a_n)f_{n-1})' =f_{n-1}+(x-a_n)f_{n-1}' $ y

$\begin{align} g_n' &= \sum_{k=1}^n {n \choose k} a_{n-k}^{n-k}k x^{k-1}\\ &= \sum_{k=1}^n \left(\dfrac{n!}{k!(n-k)!}\right) a_{n-k}^{n-k}k x^{k-1}\\ &= \sum_{k=1}^n \left(\dfrac{n!}{(k-1)!(n-k)!}\right) a_{n-k}^{n-k} x^{k-1}\\ &= n\sum_{k=0}^{n-1} \left(\dfrac{(n-1)!}{(k)!(n-1-k)!}\right) a_{n-1-k}^{n-1-k} x^{k}\\ &= n\sum_{k=0}^{n-1} {n-1 \choose k} a_{n-1-k}^{n-1-k} x^{k}\\ &= n\sum_{k=0}^{n-1} {n-1 \choose k} a_{k}^{k} x^{n-1-k}\\ &= n g_{n-1}(a_1, ..., a_{n-1}; x)\\ &= n g_{n-1}\\ \end{align} $

(Inicio de la inducción)

Si $f_n=g_n$ y $f_{n-1}=g_{n-1}$ y $f_n' = g_n'$, entonces $f_{n-1}+(x-a_n)f_{n-1}' =n g_{n-1} $ o $(x-a_n)f_{n-1}' =(n-1)g_{n-1} $.

Si $f_{n-1}=g_{n-1}$ implica $a_i=a_1=a$ $i=1 ... n-1$, entonces $f_{n-1}' = ((x+a)^{n-1})' =(n-1)(x+a)^{n-2} $ y $g_{n-1} =\sum_{k=0}^{n-1} {n-1 \elegir k}^{k} x^{n-1-k} = (x+a)^{n-1} $ así $(x+a_n)(n-1)(x+a)^{n-2} =(n-1)(x+a)^{n-1} $ por lo $x+a_n = x+a$ o $a_n = a$.