Demostración de una identidad polinómica

Question

Demostrar que

$$\sum_{i=1}^{n} \dfrac{{r_{i}}^k P(x)}{P'(r_{i})(x-r_{i})} = x^k$$

donde $P(x)$ es un $n$ polinomio de grado que tiene raíces distintas $\{ r_{i} \}_{i=1}^{n}$ y $k$ es un número entero, $0 \leq k \leq (n-1)$

Lo resolví tomando un polinomio $Q(x) = \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \dfrac{{r_{i}}^k P(x)}{P'(r_{i})(x-r_{i})} - x^k$ y observando que tiene como máximo $n-1$ grado pero $n$ raíces, es decir $r_{1}, \ r_{2}, \ \ldots \ , \ r_{n-1}, \ r_{n}$

Así, $Q(x)$ es idéntico $0$ .

Estoy buscando otros enfoques para el problema.

Se agradecerá cualquier ayuda.
Gracias.

Answer 1

Bien, como escribió zhoraster, el primer método es simplemente reconocer el polinomio de interpolación de Lagrange $$ \prod_{j\ne i}^n \frac{z-r_j}{r_i-r_j} = \frac{P(x)}{P'(x)\cdot(x-r_j)}. $$ Entonces, estamos interpolando los puntos $(r_i,r_i^k)$ por un polinomio y nos preguntamos por qué obtenemos $x^k$ como resultado. :-)

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Un enfoque diferente, utilizando el análisis complejo (por lo que sólo funcionará para polinomios complejos): dejemos que $x$ sea un número complejo fijo, distinto de $r_1,\ldots,r_n$ y considerar los residuos de la función $$ f(z) = \frac{z^k P(x)}{P(z)\cdot (x-z)}. $$ El grado de esta función racional es $k-(n+1)\le-2$ por lo que la suma de sus residuos es $0$ .

La función $f(z)$ tiene polos simples en $r_1,\ldots,r_n$ y $x$ sus residuos son $\dfrac{r_j^kP(x)}{P'(r_j)\cdot (x-r_j)}$ en $z=r_j$ y $-x^k$ en $z=x$ . Así que, $$ \sum \mathrm{Res}\,\, f = \sum_{j=1}^n \frac{r_j^kP(x)}{P'(r_j)\cdot (x-r_j)} + (-x^k) = 0. $$

Answer 2

Naturalmente, el lado izquierdo es el polinomio de interpolación de Lagrange para los puntos $r_1,\dots,r_n$ y los valores $r_1^k,\dots,r_n^k$ De ahí el reclamo. Pero esto es una especie de trampa, porque utiliza la misma idea que se quiere evitar: dos polinomios de grado como máximo $n-1$ estar de acuerdo en $n$ puntos, deben ser iguales. Por lo tanto, doy dos enfoques alternativos.

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La primera utiliza el teorema del resto chino. Sea wlog el coeficiente principal de $P$ sea igual a $1$ . Consideremos el anillo (que es un dominio integral de principio) $\mathbb{K}[x]$ y elementos $u_i(x) = (x-r_i)\in \mathbb K[x]$ , $i=1,\dots,n$ . Son elementos coprimos, por lo que para cualquier $y_i\in \mathbb K[x]/(u_i \mathbb K[x])$ , $i=1,\dots,n$ hay un elemento único $q\in \mathbb K[x]/(u \mathbb K[x])$ , donde $u=u_1\cdots u_n = P$ , de tal manera que $q = y_i \pmod {u_i}$ para todos $i=1,\dots n$ . Pero los elementos de $\mathbb K[x]/(u \mathbb K[x])$ puede identificarse con polinomios de grado máximo $n-1$ . Por lo tanto, en vista del teorema de Bezout, existe un polinomio único $Q$ de grado como máximo $n-1$ tal que $P(r_i) = y_i(r_i)$ para todos $i = 1,\dots,n$ . Tomando $y_i = r_i^k + u_i \mathbb{K}[x]$ y señalando que $Q(x) = x^k$ satisface estas ecuaciones, llegamos a la afirmación requerida.

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El segundo enfoque consiste en resolver el sistema de ecuaciones $$ \sum_{i=1}^n r_i^k z_i(x) = x^k,\quad k=0,\dots,n-1, $$ en $\mathbb K(x)$ . La regla de Cramer da $$ z_i(x) = \frac{\operatorname{det} A_i}{\operatorname{det} A}, $$ donde $$ A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ r_1 & r_2 & \cdots & r_n \\ r^2_1 & r^2_2 & \cdots & r^2_n \\ \vdots & \vdots & \ddots &\vdots \\ r_1^{n-1} & r_2^{n-1} & \cdots & r_n^{n-1}, \end{pmatrix} $$ y $A_i$ es $A$ con $i$ columna sustituida por $(1,x,\dots,x^{n-1})^\top$ . Ambos $A$ y $A_i$ son matrices de Vandermond, por lo que llegamos, después de hacer todas las cancelaciones, a $$ z_i(x) = \frac{\prod_{j\neq i} (x-r_j)}{\prod_{j\neq i} (r_i-r_j)} = \frac{P(x)}{P'(r_i)(x-r_i)}, $$ que produce las identidades polinómicas deseadas.