Fórmula sencilla para el $n$ -versión de $(x,y) \mapsto \frac{x+y}{1-xy}$

Question

Dejemos que $x * y = \frac{x + y}{1 - xy}$ . Quiero una fórmula única para $x_1 * x_2 * \ldots * x_n$ para todos los naturales $n$ .

Para generar candidatos plausibles, veamos qué ocurre con valores pequeños de $n$ :

• $x_1 * x_2 * x_3 = \dfrac{x_1 + x_2 + x_3 - x_1x_2x_3}{1 - x_1x_2 - x_1x_3 - x_2x_3}$
• $x_1 * x_2 * x_3 * x_4 = \dfrac{x_1 + x_2 + x_3 + x_4 - x_1x_2x_3 - x_1x_2x_4 - x_1x_3x_4 - x_2x_3x_4}{1 - x_1x_2 - x_1x_3 - x_1x_4 - x_2x_3 - x_2x_4 - x_3x_4 + x_1x_2x_3x_4}$

Entonces conjeturo lo siguiente:

$x_1 * x_2 * \ldots * x_n = \dfrac {\sum_{I \in T_1} \prod_{i \in I} x_i - \sum_{I \in T_3} \prod_{i \in I} x_i} {\sum_{I \in T_0} \prod_{i \in I} x_i - \sum_{I \in T_2} \prod_{i \in I} x_i}$

Donde $T_k = \{\, I \in \wp(\{1, 2 \ldots n\}) : k \equiv |I| \pmod 4 \, \}$

¿Existe una buena demostración de lo anterior que no implique funciones trascendentales?

Answer 1

Ampliando mi comentario...

Supongamos que todos los $x_j$ son reales. Procedemos por inducción. Escribimos $\frac{\Im}{\Re}(t)$ para representar la relación entre las partes imaginaria y real del número complejo $t$ . Entonces $$\begin{align} x_1 &= \frac{\Im}{\Re}( (1+\mathrm{i} x_1) ) = x_1 \text{ and }\\ x_1 \ast x_2 &= \frac{\Im}{\Re}( (1+\mathrm{i} x_1)(1+\mathrm{i} x_2) ) = \frac{x_1 + x_2}{1 - x_1 x_2}, \end{align}$$ estableciendo el resultado para el más pequeño permitido $n$ . (En realidad, he asumido que esto es lo que quieres para $n=1$ ya que no lo ha especificado). Supongamos ahora $n >2$ y $\ast_{j=1}^{n-1} x_j = \frac{\Im}{\Re}\left( \prod_{j=1}^{n-1} (1 + \mathrm{i}x_j) \right)$ . Entonces $$\begin{align} \frac{\Im}{\Re}\left( \prod_{j=1}^{n} (1 + \mathrm{i}x_j) \right) &= \frac{\Im \left( (1 + \mathrm{i}x_n) \prod_{j=1}^{n-1} (1 + \mathrm{i}x_j) \right)}{\Re\left( (1 + \mathrm{i}x_n) \prod_{j=1}^{n-1} (1 + \mathrm{i}x_j) \right)} \\ &= \frac{\Im \left( \prod_{j=1}^{n-1} (1 + \mathrm{i}x_j) \right) + x_n \Re \left( \prod_{j=1}^{n-1} (1 + \mathrm{i}x_j) \right) }{\Re \left( \prod_{j=1}^{n-1} (1 + \mathrm{i}x_j) \right) - x_n \Im \left( \prod_{j=1}^{n-1} (1 + \mathrm{i}x_j) \right)} \\ &= \frac{ \frac{\Im}{\Re} \left( \prod_{j=1}^{n-1} (1 + \mathrm{i}x_j) \right) + x_n }{1 - x_n \frac{\Im}{\Re} \left( \prod_{j=1}^{n-1} (1 + \mathrm{i}x_j) \right)} \\ &= \frac{\Im}{\Re} \left( \prod_{j=1}^{n-1} (1 + \mathrm{i}x_j) \right) \ast x_n \\ &= \left( \ast_{j=1}^{n-1} x_j \right) \ast x_n \\ &= \ast_{j=1}^{n} x_j. \end{align}$$ (Es tradicional escribir esta última pantalla en orden inverso, pero creo que las manipulaciones son más fáciles de seguir en este orden). El paso que da $\dots {} - x_n \Im \dots$ en el denominador puede ser menos que obvio: queremos la parte imaginaria negativa aquí porque (en la línea anterior) cuando se multiplica por $\mathrm{i} x_n$ debe dar una parte real positiva. (Tratar de tropezar con esta manipulación en el orden tradicional es la razón por la que creo que el orden anterior es más fácil de seguir). Esto completa nuestra inducción.

Una vez hecho esto, no debería ser un gran desafío demostrar que $\frac{\Im}{\Re}\left( \prod_{j=1}^{n} (1 + \mathrm{i}x_j) \right)$ divide los términos de grado par e impar en el denominador y el numerador, respectivamente, y también tiene los signos que desea para su $\pmod{4}$ representación.