Si $\{x_i\}_{i=1}^n$ son las raíces de $f(x)=a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + \ldots +a_0$ entonces $\sum_{i=1}^nx_i^{n-1}$ es independiente de $a_0$

Question

Encontré una conclusión interesante cuando hice esta simple pregunta. Dejemos que

$$f(x)=(x^2-1)(x+2)=x^3+2x^2-x-2$$

y que $x_i$ para $i=1,2,3$ sean las raíces de $f(x)$ . Encuentre la suma $\sum\limits_{i=1}^3x_i^2$ .

Obviamente la respuesta es $1^2+(-1)^2+2^2=6$ .

Ahora cambiamos el término constante por $0$ s.t. $f(x)=x^3+2x^2-x$ .

Entonces encontramos $\sum\limits_{i=1}^3x_i^2=0^2+(-1-\sqrt 2)^2+(-1+\sqrt 2)^2=6$ .

Es interesante, para un ejemplo más sencillo $x^2-a^2=0$ tenemos dos raíces, $\forall a\in \mathbb{R}$ , $x_1+x_2=0$ la suma nunca cambiará su valor.

Así que tengo una conclusión general:

Si $a_0,a_1\cdots a_n\in \mathbb{R},~a_n\neq 0,~f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0$ y $x_i$ para $i=1,2\ldots n$ son las raíces de $f(x)$ entonces cualquiera que sea el valor de $a_0$ es, el valor de $\sum\limits_{i=1}^n x_i^{n-1}$ ¡nunca cambiará!

Tal vez cambiando el campo $\mathbb{R}$ a $\mathbb{C}$ ¿el resultado también es cierto? ¿Quién puede demostrarlo? Gracias.

Answer 1

Dejemos que $\sigma_i(x_1,\ldots,x_n)$ sea el $i$ polinomio simétrico básico de orden $x_1,\ldots,x_n$ .

Desde entonces: $$ a_{n-i}=\sum_{1\leq k_1<\ldots<k_i\leq n} \prod_{j=1}^i -x_{k_j}=:\sigma_i(-x_1,\ldots,-x_n) $$

Y por el teorema fundamental de los polinomios simétricos, existe un polinomio tal que:

$$ \sum_{i=1}^n x^k_i=f(\sigma_1(-x_1,\ldots,-x_n),\ldots,\sigma_k(-x_1,\ldots,-x_n))=f(a_{n-1},\ldots,a_{n-k}) $$

Para $k=n-1$ tenemos su pregunta.

Answer 2

W.l.o.g. asumir $a_n=1$ . Entonces por las fórmulas de Vieta tenemos $-a_{n-1}=x_1+x_2+\dotsc+x_n, a_{n-2}=x_1x_2+x_1x_3+\dotsc+x_{n-1}x_n, \dotsc, (-1)^na_0=x_1x_2\dotsc x_n$ Son los llamados polinomios simétricos elementales. Ahora, puedes observar que $$x_1+x_2+\dotsc+x_n=-a_{n-1}$$ $$x_1^2+x_2^2+\dotsc+x_n^2=a_{n-1}^2-2a_{n-2}$$ Además, se puede obtener $$x_1^3+x_2^3+\dotsc+x_n^3=-a_{n-1}^3+3a_{n-1}a_{n-2}-a_{n-3}$$ Ahora bien, uno podría sospechar que éstas tendrán continuidad y, de hecho, la tienen. Esto se puede demostrar fácilmente por inducción y se llama la Identidades Newton . Ahora bien, está claro que la tal identidad para $\sum_{i=1}^{n} x_i^{n-1}$ no puede involucrar al $a_0$ ya que es de grado $n$ mientras que las fórmulas de Newton son homogéneas (en $x_1,x_2,\dotsc,x_n$ ). Así que esta suma se puede expresar en términos de $a_{n-1},a_{n-2},\dotsc,a_1$ y es independiente de $a_0$ como usted sugirió.

Answer 3

Para un polinomio mónico $p(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\ldots+a_1x+\color{red}{a_0}$ tomar el Matriz de acompañamiento de Frobenius $$ A=\left[\matrix{0 & 0 & \ldots & 0 & \color{red}{-a_0}\\ 1 & 0 & \ldots & 0 & -a_1\\ 0 & 1 & \ldots & 0 & -a_2\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & \ldots & 1 & -a_{n-1}\\ }\right]= \left[\matrix{0 & 0 & \ldots & 0 & \color{red}{*}\\ 1 & 0 & \ldots & 0 & *\\ 0 & 1 & \ldots & 0 & *\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & \ldots & 1 & *\\ }\right] $$ donde $\color{red}{*}$ son los elementos que dependen de $\color{red}{a_0}$ y $*$ son los elementos que no lo hacen. Tenemos que demostrar que $\text{tr}\,A^{n-1}$ no depende de $\color{red}{a_0}$ .

Prueba : Veamos cómo los poderes de $A$ dependen de $\color{red}{a_0}$ : $$ A\cdot A= \left[\matrix{0 & 0 & 0 & \ldots & 0 & \color{red}{*}\\ 1 & 0 & 0 & \ldots & 0 & *\\ 0 & 1 & 0 & \ldots & 0 & *\\ 0 & 0 & 1 & \ldots & 0 & *\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 1 & *\\ }\right] \left[\matrix{0 & 0 & 0 & \ldots & 0 & \color{red}{*}\\ 1 & 0 & 0 & \ldots & 0 & *\\ 0 & 1 & 0 & \ldots & 0 & *\\ 0 & 0 & 1 & \ldots & 0 & *\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 1 & *\\ }\right]= \left[\matrix{0 & 0 & 0 &\ldots & \color{red}{*} & \color{red}{*}\\ 0 & 0 & 0 &\ldots & * & \color{red}{*}\\ 1 & 0 & 0 & \ldots & * & *\\ 0 & 1 & 0 & \ldots & * & *\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 &\ldots & * & *\\ }\right] $$ $$ A^2\cdot A= \left[\matrix{0 & 0 & 0 &\ldots & \color{red}{*} & \color{red}{*}\\ 0 & 0 & 0 &\ldots & * & \color{red}{*}\\ 1 & 0 & 0 & \ldots & * & *\\ 0 & 1 & 0 & \ldots & * & *\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 &\ldots & * & *\\ }\right] \left[\matrix{0 & 0 & 0 & \ldots & 0 & \color{red}{*}\\ 1 & 0 & 0 & \ldots & 0 & *\\ 0 & 1 & 0 & \ldots & 0 & *\\ 0 & 0 & 1 & \ldots & 0 & *\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 1 & *\\ }\right]= \left[\matrix{0 & 0 & \ldots & \color{red}{*} & \color{red}{*} & \color{red}{*}\\ 0 & 0 & \ldots & * & \color{red}{*} & \color{red}{*}\\ 0 & 0 & \ldots & * & * & \color{red}{*}\\ 1 & 0 & \ldots & * & * & *\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & \ldots & * & * & *\\ }\right] $$ Post-multiplicación por $A$ funciona muy fácilmente: el primer $n-1$ columnas de $A$ realizar el desplazamiento a la izquierda en cada fila de la primera matriz, y sólo la última columna mezcla los elementos, sin embargo los elementos rojos son fáciles de rastrear - aparecen en las mismas filas donde estaban antes más una fila más donde la primera matriz tiene la identidad en la primera columna.

Haciendo lo suficiente muchas veces conseguimos $$ A^{n-1}=\left[\matrix{0 & \color{red}{*} & \color{red}{*} &\ldots & \color{red}{*} & \color{red}{*}\\ 0 & * & \color{red}{*} &\ldots & \color{red}{*} & \color{red}{*}\\ 0 & * & * & \ldots & \color{red}{*} & \color{red}{*}\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & * & * &\ldots & * & \color{red}{*}\\ 1 & * & * &\ldots & * & *\\ }\right]. $$ Como la diagonal está libre de los elementos rojos, no contiene $\color{red}{a_0}$ también lo hace la traza, que es igual a la suma de los valores propios de $A^{n-1}$ Es decir $\sum_{k=1}^n x_k^{n-1}$ .