Identidad general para un teorema de suma doble

Question

He estado leyendo un trabajo de investigación, y estoy interesado en generalizar cierto teorema, pero no consigo entender cómo se derivan los siguientes resultados:

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j\neq i}^n \frac{1}{z_i-z_j}=0$$ $$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j\neq i}^n \frac{z_i}{z_i-z_j}=\frac{1}{2}n(n-1)$$ $$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j\neq i}^n \frac{z_i^2}{z_i-z_j}=(n-1)\sum_{i=1}^n z_i$$ $$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j\neq i}^n \frac{z_i^3}{z_i-z_j}=(n-1)\sum_{i=1}^n z_i^2 + \sum_{i<j}^n z_i z_j$$

Answer 1

Supongo que el $z_i$ son distintos, digamos que son indeterminados independientes.

Entonces la primera identidad parece ser simple, ya que un sumando particular aparece una vez como $\dfrac{1}{z_a - z_b}$ (para $i = a$ y $j = b$ ) y en otra ocasión como $\dfrac{1}{z_b - z_a}$ (para $i = b$ y $j = a$ ), por lo que ambos se anulan.

En la segunda, si se fijan dos índices distintos $a$ y $b$ con $a < b$ Tendrá dos términos $$ \frac{z_a}{z_a-z_b} + \frac{z_b}{z_b-z_a} = 1, $$ y hay $\dbinom{n}{2}$ tales pares $a, b$ .

En cuanto a la tercera, los dos términos relevantes aquí son $$ \frac{z_a^2}{z_a-z_b} + \frac{z_b^2}{z_b-z_a} = \frac{z_a^2-z_b^2}{z_a-z_b} = z_a + z_b, $$ para que veas que para un fijo $a$ se obtiene un plazo $z_a$ para cada uno de los $n-1$ elementos $b \in \{ 1, \dots, n\} \setminus \{ a\}$ .

El patrón debería estar ahora claro también para la última igualdad.

La fórmula general para $k \ge 2$ debe ser $$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j\neq i}^n \frac{z_i^k}{z_i-z_j}=(n-1)\sum_{i=1}^n z_i^{k-1} + \sum_{i < j}\sum_{s=1}^{k-1} z_i^s z_j^{k-1-s}$$

Answer 2

Sólo hay que tener en cuenta que cada término $$ \frac{1}{z_i-z_j} $$ aparece dos veces, la segunda con signo contrario, y por tanto su suma es cero.

Answer 3

Dejemos que $$S_2=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j\neq i}^n \frac{z_i}{z_i-z_j}.$$ Entonces $$ S_2=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j\neq i}^n \frac{(z_i-z_j)+z_j}{z_i-z_j}=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j\neq i}^n \left(1+\frac{z_j}{z_i-z_j} \right)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j\neq i}^n 1+\sum_{i=1}^{n}\sum_{j\neq i}^n \frac{z_j}{z_i-z_j}=\\ \sum_{i=1}^{n}\sum_{j\neq i}^n 1-\sum_{i=1}^{n}\sum_{j\neq i}^n \frac{z_i}{z_i-z_j}=n(n-1)-S_2. $$ Así, $$ S_2=\frac{n(n-1)}{2}. $$

Dejemos que $$S_3=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j\neq i}^n \frac{z_i^2}{z_i-z_j}.$$ Entonces $$ S_3=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j\neq i}^n \frac{(z_i^2-z_j^2)+z_j^2}{z_i-z_j}=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j\neq i}^n \left(\frac{z_i^2-z_j^2}{z_i-z_j} +\frac{z_j^2}{z_i-z_j}\right)=\\ \sum_{i=1}^{n}\sum_{j\neq i}^n(z_i+z_j)-\sum_{i=1}^{n}\sum_{j\neq i}^n\frac{z_j^2}{z_j-z_i}=2(n-1)\sum_i^n z_i-S_3. $$ Así, $$ S_3=(n-1)\sum_{i=1}^n z_i. $$