Si $P(x)$ es un polinomio de grado $n > 1$ con sólo raíces simples $a_1,\ldots,a_n$ ¿es cierto que $\frac 1{P'(a_1)} + \cdots + \frac 1{P'(a_n)} = 0$ y, si es así, ¿cuál es la prueba? Puedo ver esto directamente para $n = 2,3,4$ con algo de fuerza bruta para $4$ .
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CodingBytes
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102
Es el teorema del residuo, aplicado a la función $g(z):={1\over f(z)}$ y un gran círculo $\gamma_R:=\partial D_R$ :
Como $p:={\rm deg}(f)\ge2$ uno tiene $$\left|\int_{\gamma_R}{1\over f(z)}\ dz\right| \leq\ C\ {1\over R^p}\ 2\pi R \to 0\qquad (R\to\infty)\ .$$ Esto implica que la suma de los residuos de ${1\over f}$ en los polos $a_k$ de ${1\over f}$ es cero. Como todos los ceros de $f$ se supone que son simples podemos escribir $f$ cerca de un cero $a_k$ como $f(z)=(z-a_k)g(z)$ con $g$ analítico cerca de $a_k$ y $g(a_k)=f'(a_k)\ne0$ . Se deduce que el residuo de ${1\over f}$ en $a_k$ es $${1\over g(a_k)}={1\over f'(a_k)}\ .$$ En conjunto vemos que $$\sum_{k=1}^n {1\over f'(a_k)}\ =\ 0\ .$$
Lissome
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31
La descomposición de la fracción parcial da como resultado
$$\frac{1}{P(x)}= \sum_{i=1}^n \frac{c_i}{x-a_i} $$
Multiplicando por $x-a_j$ rinde
$$\frac{x-a_j}{P(x)}= \sum_{i=1}^n \frac{c_i(x-a_j)}{x-a_i} (*)$$
de donde $c_j =\frac{1}{P'(a_j)}$ . [ED: $P(x)=(x-a_j)Q(x)$ Subanlo de nuevo y observen que $P'(a_j)=Q(a_j)$ ]
Por lo tanto,
$$1=\sum_{i=1}^n \frac{1}{P'(a_i)} \frac{(x-a_1)\cdots(x-a_n)}{x-a_i}$$
El coeficiente de $x^{n-1}$ es
$$0= \sum_{i=1}^n \frac{1}{P'(a_i)}$$
Nir
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136
Consideremos la forma diferencial meromorfa $\omega (z)= \frac {1}{P(z)}dz$ .
Su residuo en el infinito es $Res(\omega;\infty)=0$ y su residuo en $a_j$ es $Res(\omega;a_j)= \frac {1}{P'(a_j)}$ (un resultado básico estándar que se deriva de la definición)
Ahora bien, si se recuerda que la suma de los residuos de una forma meromorfa en el plano extendido $\hat { \mathbb C}$ [= esfera de Riemann $\mathbb P^1(\mathbb C)$ es cero, se obtiene lo siguiente $$\Sigma_{P\in {\hat {\mathbb C}}} Res(\omega; P)=0+ \Sigma Res(\omega; a_j)=0+ \Sigma \frac {1}{P'(a_j)}=0$$
Edición: un ejercicio opcional
Sólo como un pequeño ejercicio de residuos de formas diferenciales, analicemos qué ocurre en grado 1 si $P(x)=c\cdot (x-a)$ y $\omega (z)=\frac {1}{c\cdot (z-a)} dz$ (este es el caso, correctamente excluido por Joe, en el que la fórmula $\Sigma \frac {1}{P'(a_j)}=0$ es obviamente falso).
Todavía tenemos $Res(\omega;a)= \frac {1}{P'(a)}=\frac {1}{c}$ .
En el infinito escribimos $z=\frac {1}{t}$ y $\omega(z)dz= \frac {1}{c\cdot (z-a)}\cdot dz=\frac {t}{ c(1-at)} \cdot\frac{-1}{t^2} dt$
Por lo tanto, $Res(\omega:\infty)=\frac{-1}{c} $ por el "resultado básico estándar" evocado anteriormente.
La suma de los residuos de $\omega$ es de nuevo cero, como debe ser: $\frac {1}{c}+(-\frac {1}{c})=0$
Davide Giraudo
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95813
De hecho, tenemos $$\sum_{j=1}^n\frac{f(a_j)}{p'(a_j)}=f[x_1,\ldots,x_n],$$ où $f=1$ y $f[x_1,\ldots,x_n]$ es el $n$ -diferencia dividida de $f$ . Aquí es una prueba de la identidad utilizada.
qncubed3
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