Una identidad combinatoria

Question

Estoy tratando de demostrar que si tenemos los polinomios simétricos elementales que sostiene la identidad siguiente: (donde $x = (x_1,..,x_n)$ es un vector de números variables) $$\sum_{k=0}^n e_k(x)^2 = x_1\cdots x_n \sum_{j=0}^{\lfloor n/2 \rfloor} {2j \choose j} e_{n-2j}(x_1+1/x_1,\cdots x_n+1/x_n).$ $ estoy tratando de probar esto combinatorially, pero estoy atrapado por lo que quiciera algunos consejos o tips.

Actualización: creo que podemos conseguir alguna interpretación con terminantemente aumentando las funciones, pero que no es completamente desarrollado todavía.

Answer 1

deje $A$ ser invertible la matriz cuyos autovalores son $x_1, . . . ,x_n$. Escribimos $e_k(A)$ $e_k(x_1,. . ., x_n)$ . La generación de la función de la escuela primaria, el simétrico de los polinomios:

$det(1+sA) = \sum_{k=0}^ne_k(A)s^k$

Tenemos:

$\sum_{k=0}^ne_k^2=(2 \pi i)^{-1}\oint \frac{1}{s}det(1+sA)det(1+s^{-1}A) ds $

Donde la integración es a través de un contorno cerrado que rodea el origen. (La integral de contorno sólo elige la coeficient de $s^0$). Por lo tanto:

$\sum_{k=0}^ne_k^2=(2 \pi i)^{-1}\oint \frac{1}{s} det(A) (s+s^{-1})^n det(1+ (s+s^{-1})^{-1}(A+A^{-1})) ds $

$=\sum_{k=0}(2 \pi i)^{-1}\oint \frac{1}{s} (s+s^{-1})^k e_{n-k}(A+A^{-1}) ds $

Ahora, el polinomio $(s+s^{-1})^k$ $s^0$ sólo si k es par. Sea k = 2j, entonces el coeficiente binomial de $s^0$$2j \choose j $, lo que da el resultado deseado.

Answer 2

Considere el siguiente experimento. Hay $n$ cajas, con idénticos dos monedas cada uno. Recogemos algunos de los $k \in \{0,\ldots,n\}$, pick $k$ monedas de diferentes cuadros de $A$, y luego de nuevo pick $k$ monedas de diferentes cuadros de $B$. El lado izquierdo es exactamente la generación de la función de todos los resultados posibles.

Aquí es otra manera de realizar el mismo experimento. Primero elige un número $j < n/2$; este va a ser el tamaño de $|A \setminus B| = |B \setminus A|$. En lugar de elegir los elementos en $(A \setminus B) \cup (B \setminus A)$, vamos a elegir que elementos se encuentran en $A \cap B$ y en $\overline{A \cup B}$; tenemos que decidir en $n-2j$ elementos. Si empezamos con la hipótesis de que cada elemento es recogida una vez (este es el factor $x_1\cdots x_n$), y poniendo un elemento $i$ $A \cap B$ es como multiplicar por $x_i$, y ponerla en $\overline{A \cup B}$ es como multiplicar por $1/x_i$. Nos quedamos con $2j$ elementos, $j$ $A \setminus B$ y el resto en $B \setminus A$. Hay $\binom{2j}{j}$ opciones para que. Escribir todo de fuera, obtenemos el lado derecho.

Answer 3

Que $L$ ser un un conjunto múltiple cuyos elementos son elementos de $\{1,\dots,n\}$. Entonces el coeficiente de $x^L$ (que es el producto de los $x_i$ $i\in L$, teniendo en multiplicidades de cuenta) en $\sum_ke_k^2$ es el cardenal de la set $$X_L=\{(I,J)\in\mathcal P(\mathbf n)\times\mathcal P(\mathbf n):|I|=|J|, I\cup J=L\}.$$ Here $\mathbf n$ is the set $\{1,\dots,n\}$, $\mathcal P (\mathbf n)$ is the set of subsets of $\mathbf n$ (not multisets), and $I\cup J$ es la Unión teniendo en multiplicidades de cuenta, cuyo resultado es un multiset.

Contar los elementos del conjunto $X_L$ en otra forma de obtener la igualdad.