Mostrando una identidad con una suma cíclica

Question

Que $n\geqslant2$ y $k\in \mathbb{N}$

Que $z_1,z_2,..,z_n$ ser distintos números complejos

Demostrar que

$$ \sum_{i=1}^{n}\frac {{z}_{i}^{n-1+k}} { \prod \limits_{\substack{j = 1\\j \ne i}}^{ n }{ (z_i-z_j) } } =\large\sum_{i_1+i_2+...+i_n=k}^{ } {z}_{1}^{{i}_{1}} {z}_{2}^{{i}_{2}}...{z}_{n}^{{i}_{n}} $$

Esto origina un problema que implica determinante de Vandermonde.

He probado la inducción en $n$ y $k$ sin éxito...

Answer 1

El caso de $n=2$ es simple. Si $z_i = 0$ cualquier $i$, entonces podemos demostrarlo por inducción. Así que supongamos que $z_i \neq 0$ por cada $i$.

Elegimos $R > 0$ tal que $|Rz_i| \leqslant 1$ por cada $i$. A continuación, $\displaystyle{ \sum_{m=0}^{\infty} (xz_i)^m}$ converge. Tenemos

$\displaystyle{ \prod_{i=1}^n \sum_{m=0}^{\infty} (xz_i)^m = \prod_{i=1}^n \frac{1}{1-xz_i} = \sum_{i=1}^n \frac{A_i}{1-xz_i}}$

para algunos $A_i$ (análisis en fracciones simples). Si $z_i = 0$ cualquier $i$ también es $A_i = 0$. De lo contrario, multiplicando ambos lados por $(1-xz_i)$ y tomando los límites que tenemos

$\displaystyle{ A_i = \lim_{x \to 1/z_i} \prod_{j \neq i} \frac{1}{1-xz_j} = \prod_{j \neq i} \frac{z_i^{n-1}}{z_i-z_j}.}$

Así que, finalmente, hemos

$\displaystyle{\prod_{i=1}^n \sum_{m=0}^{\infty} (xz_i)^m = \sum_{i=1}^n \frac{z_i^{n-1}}{(1-xz_i)\prod_{j \neq i}(z_i-z_j)} = \sum_{i=1}^n \frac{z_i^{n-1}}{\prod_{j \neq i}(z_i-z_j)}\sum_{m=0}^{\infty} (xz_i)^m.}$

Ahora compairiring los coeficientes de $x^k$ obtenemos el resultado.

Answer 2

Yo diría que aquí thart la dificultad está más en las notaciones que en las matemáticas. Presento a continuación una prueba por inducción sobre $n$, donde el resultado de $\lbrace z_1,z_2,\ldots,z_n \rbrace$ se deduce a partir del resultado de $\lbrace z_1,z_2,\ldots,z_{n-1} \rbrace$ y el resultado de $\lbrace z_1,z_2,\ldots,z_{n-2},z_n \rbrace$. Esta prueba, aunque completamente primaria y natural, está lleno de largas fórmulas en varias líneas, y sospecho que hay más corto y la más elegante de las pruebas.

Para facilitar la notación un poco, pongamos

$$ M(n,\lbrace x_1,x_2,\ldots,x_r \rbrace)= \sum_{l_1+l_2+\ldots+l_r}x_1^{l_1}x_2^{l_2}\ldots x_r^{l_r}, \ P(y,\lbrace x_1,x_2,\ldots,x_r \rbrace)= \prod_{k=1}^r\frac{1}{y-x_k} \etiqueta{1} $$

Su identidad puede entonces ser reformulada como

$$ \sum_{i=1}^n z_i^{k+n-1}P(z_i,\lbrace z_j\rbrace_{j\neq i})= M(k,\lbrace z_1,z_2,\ldots,z_n \rbrace) \etiqueta{2} $$

A lo largo de esta prueba, vamos a utilizar libremente las siguientes identidades, que siga inmediatamente a partir de las definiciones de la (1) :

$$ M(n,X)=\sum_{t=0}^n M(n-t,X\setminus\lbrace x \rbrace)x^t, \ \ \ P(y,X)=\frac{1}{y-x}P(y,X\setminus\lbrace x \rbrace). \etiqueta{3} $$

Podemos demostrar (2) por inducción en $n\geq 2$. Al $n=2$, (2) se reduce a un familiar y fácil de identidad en $\frac{z_2}{z_1}$. Así que vamos a asumir $n>2$ , y que (2) es válido para cada $n'<n$. En primer lugar ,el uso de (2) en el $n-1$-element set $\lbrace z_1,z_2,\ldots,z_{n-2},z_n\rbrace$, tenemos

$$ \Bigg(\sum_{i=1}^{n-2} z_i^{k+n-1}P(z_i,\lbrace z_j\rbrace_{j\neq i,j\neq n-1})\Bigg)+ z_n^{k+n-1}P(z_n,\lbrace z_j\rbrace_{j\leq n-2})= M(k+1,\lbrace z_1,z_2,\ldots,z_{n-2},z_n \rbrace) \etiqueta{4} $$

O en otras palabras,

$$ \Bigg(\sum_{i=1}^{n-2} \frac{z_i^{k+n-1}}{z_i-z_n}P(z_i,\lbrace z_j\rbrace_{j\neq i,j\leq n-2})\Bigg)+ z_n^{k+n-1}P(z_n,\lbrace z_j\rbrace_{j\leq n-2})= \sum_{t=0}^{k+1}M(k+1-t,\lbrace z_1,z_2,\ldots,z_{n-2} \rbrace)z_n^t \etiqueta{5} $$

Divida esto por $z_n-z_{n-1}$ :

$$ \Bigg(\sum_{i=1}^{n-2} \frac{z_i^{k+n-1}}{(z_i-z_n)(z_n-z_{n-1})} P(z_i,\lbrace z_j\rbrace_{j\neq i,j\leq n-2})\Bigg)+ z_n^{k+n-1}P(z_n,\lbrace z_j\rbrace_{j\leq n-1})= \sum_{t=0}^{k+1}M(k+1-t,\lbrace z_1,z_2,\ldots,z_{n-2} \rbrace)\frac{z_n^t}{z_n-z_{n-1}} \etiqueta{6} $$

Ahora, cada uno de los términos en (6) puede ser ampliado en su propia manera : tenemos

$$ \begin{array}{lcl} \frac{1}{(z_i-z_n)(z_n-z_{n-1})} &=& \frac{1}{(z_i-z_{n-1})(z_n-z_{n-1})}+\frac{1}{(z_n-z_{i})(z_{n-1}-z_i)}\\ \frac{z_n^t}{z_n-z_{n-1}} &=& \sum_{s=0}^{t-1}z_{n-1}^{t-1-s}z_n^s+\frac{z_{n-1}^t}{z_n-z_{n-1}}\\ \end{array}\etiqueta{7} $$

de dónde

$$ \begin{array}{l} \frac{z_i^{k+n-1}P(z_i,\lbrace z_j\rbrace_{j\neq i,j\leq n-2})}{(z_i-z_n)(z_n-z_{n-1})} \\ = \frac{z_i^{k+n-1}P(z_i,\lbrace z_j\rbrace_{j\neq i,j\leq n-2})}{z_n-z_{n-1}}+z_i^{k+n-1} P(z_i,\lbrace z_j\rbrace_{j\neq i})\\ \text{and} \\ \sum_{t=0}^{k+1}M(k+1-t,\lbrace z_1,z_2,\ldots,z_{n-2} \rbrace)\frac{z_n^t}{z_n-z_{n-1}} \\ = M(k,\lbrace z_1,z_2,\ldots,z_n \rbrace)+\frac{M(k+1,\lbrace z_1,z_2,\ldots,z_{n-1} \rbrace)}{z_n-z_{n-1}}\\ \end{array}\etiqueta{8} $$

La inyección (8) en (6), se deduce

$$ \begin{array}{l} \Bigg(\sum_{i=1}^{n-2} \frac{z_i^{k+n-1}}{z_n-z_{n-1}}P(z_i,\lbrace z_j\rbrace_{j\neq i,j\leq n-2})\\ +\sum_{i=1}^{n-2} z_i^{k+n-1}P(z_i,\lbrace z_j\rbrace_{j\neq i})\Bigg) \\ +z_n^{k+n-1}P(z_n,\lbrace z_j\rbrace_{j\leq n-1})\\ =M(k,\lbrace z_1,z_2,\ldots,z_n \rbrace)+ \frac{M(k+1,\lbrace z_1,z_2,\ldots,z_{n-1} \rbrace)}{z_n-z_{n-1}} \end{array} \etiqueta{9} $$

En otras palabras,

$$ \begin{array}{l} \Bigg(\sum_{i\neq n-1}z_i^{k+n-1}P(z_i,\lbrace z_j\rbrace_{j\neq i})\Bigg) -M(k,\lbrace z_1,z_2,\ldots,z_n \rbrace) \\ = \\ +\frac{M(k+1,\lbrace z_1,z_2,\ldots,z_{n-1} \rbrace)}{z_n-z_{n-1}}- \Bigg(\sum_{i=1}^{n-2} \frac{z_i^{k+n-1}}{z_{n}-z_{n-1}}P(z_i,\lbrace z_j\rbrace_{j\neq i,j\leq n-2})\Bigg) \end{array} \etiqueta{10} $$

Ahora, la adición de $z_{n-1}^{k+n-1}P(z_{n-1},\lbrace z_j\rbrace_{j\neq n-1})= \frac{z_{n-1}^{k+n-1}P(z_{n-1},\lbrace z_j\rbrace_{j\neq n-1,j\neq n})}{z_{n-1}-z_{n}}$ a ambos lados de esta igualdad, obtenemos

$$ \begin{array}{l} \Bigg(\sum_{i}z_i^{k+n-1}P(z_i,\lbrace z_j\rbrace_{j\neq i})\Bigg) -M(k,\lbrace z_1,z_2,\ldots,z_n \rbrace) \\ = \\ +\frac{M(k+1,\lbrace z_1,z_2,\ldots,z_{n-1} \rbrace)- \sum_{i=1}^{n-1}z_i^{k+n-1}P(z_i,\lbrace z_j\rbrace_{j\neq i,j\leq n-1})}{z_n-z_{n-1}} \end{array} \etiqueta{11} $$

La CARTA debe ser cero, por la hipótesis de inducción, el cual concluye la prueba.