Hay una intuitiva prueba de la identidad de $ \sum_{L \subset S} \prod_{x \in L} (x-1) = \prod_{x \in S} x$ a partir de principios generales?

Question

Deje $R$ ser un anillo conmutativo con unidad, y deje $S\subset R$ ser cualquier conjunto finito. Entonces $$ \sum_{L \subset S} \prod_{x \in L} (x-1) = \prod_{x \in S} x,$$ que es bastante fácil de demostrar por inducción.

¿Esto siga de cualquier tipo de principio general? Tal vez la inclusión-exclusión, en alguna forma?

Answer 1

Deje $S'$$\{x : x-1 \in S\}$, en otras palabras, pasamos $S$ por uno.

La igualdad $$ \sum_{L \subset S} \prod_{x \in L} (x-1) = \prod_{x \in S} x$$

se reduce a

$$ \sum_{L \subset S'} \prod_{x \in L} x = \prod_{x \in S'} (x+1)$$

pero esta es, obviamente, la distributividad: LHS es la ampliación de la RHS.

Answer 2

$$\begin{array}{cl} \sum_{L \subseteq S} \prod_{x \in L} (x-1) & = \sum_{L\subset S}\sum_{M\subseteq L}(-1)^{|L\setminus M|}\prod_{x\in M}x \\ & =\sum_{M\subseteq S}\left[\sum_{M\subseteq L\subseteq S}(-1)^{|L\setminus M|}\right]\prod_{x\in M}x \\ & = \sum_{M\subseteq S}\left[\sum_{\ell=|M|}^{|S|}{|S|-| M|\choose \ell-|M|}(-1)^{\ell-|M|}\right] \prod_{x\in M}x \\ & = \sum_{M\subseteq S}\delta_{|S|,|M|}\prod_{x\in M}x \\ & = \prod_{x\in S}x. \end{array}$$

Usted puede notar en el Möbius función de la poset de subconjuntos de a $S$ en la de arriba, así que definitivamente hay algunos combinatoria de inclusión-exclusión pasando aquí.

Answer 3

Si $S=\emptyset$, $L=\emptyset$ es el único subconjunto y, por convención, el vacío del producto $\prod_{x\in L} (x-1)$ es igual a $1$. Que muestra $$\tag1 \sum_{L\subseteq S}\prod_{x\in L}(x-1)=\prod_{x\in S}x$$ tiene al menos si $S=\emptyset$. Por una inducción paso, vamos a $a\in S$ ser cualquier elemento y deje $S'=S\setminus\{a\}$. Por supuesto, $(1)$ mantiene con $S'$ en lugar de $S$. Nos encontramos $$\begin{align}\sum_{L\subseteq S}\prod_{x\in L}(x-1)&=\sum_{a\in L\subseteq S}\prod_{x\in L}(x-1)+\sum_{a\notin L\subseteq S}\prod_{x\in L}(x-1)\\ &=\sum_{L\subseteq S'}(a-1)\prod_{x\in L}(x-1)+\sum_{L\subseteq S'}\prod_{x\in L}(x-1)\\ &=a\cdot\sum_{L\subseteq S'}\prod_{x\in L}(x-1)\\ &=a\cdot \prod_{x\in S'}x = \prod_{x\in S}x.\end{align} $$

Answer 4

Claramente no es suficiente para mostrar el resultado al $R=\mathbb Z[S]$ $S$ el (finito) conjunto de indeterminates del polinomio anillo de $R$ (sólo se especializan).

Deje $T$ ser cualquier subconjunto no vacío de a $S$, y deje $x_T=\prod_{x\in T}x$. Dado $L\subseteq S$, se deduce que el $x_T$ aparece en la expansión de $\prod_{x\in L}(x-1)$ si y sólo si $L\supseteq T$, y aparece precisamente con coeficiente de $(-1)^{|L\setminus T|}$. Por lo tanto el coeficiente de $x_T$ $\sum_{L\subseteq S}\prod_{x\in L}(x-1)$ es precisamente

$$\sum_{L\supseteq T}(-1)^{|L\setminus T|}\,.$$

Si $T$ es un subconjunto de a $S$, entonces usted puede arreglar un elemento $z$ fuera de $T$. A partir de esto se puede ver que los conjuntos de $L$ contiene $T$ vienen en dos "sabores": los de la forma$T\cup Q$,$Q\subseteq S\setminus\bigl(T\cup\{z\}\bigr)$, y los de la forma$T\cup Q\cup\{z\}$, $Q$ como antes, por lo que su coeficiente es dada por

$$\sum_Q\biggl[(-1)^{\bigl|\,(Q\cup\{z\})\setminus T\,\bigr|}+(-1)^{\bigl|\,Q\setminus T\,\bigr|}\biggr]=\sum_Q0=0\,.$$

Finalmente, el coeficiente de $x_S$ es claramente equivale a $(-1)^0=1$.