El siguiente teorema se dice que es debido a Euler. Sin embargo, parece que no tan bien conocido. ¿Cómo se puede demostrar esto?
Teorema de Deje $K$ ser un campo. Deje $n \geq 1$ ser un número entero. Deje $\alpha_1,\dots,\alpha_n$ ser distintos elementos de $K$. Deje $f(X) = (X - \alpha_1)\cdots(X - \alpha_n)$. Entonces
$\sum_i \alpha_i^{k}/f'(\alpha_i) = 0$ $0 \leq k \leq n - 2$.
$\sum_i \alpha_i^{n-1}/f'(\alpha_i) = 1$.
Considere la posibilidad de la fracción parcial de expansión de $$ \frac1{f(x)}=\sum_{i=1}^n\frac{A_i}{x-\alpha_i}\etiqueta{1} $$ Multiplicar ambos lados por $x-\alpha_j$ algunos $j$, y deje $x\to\alpha_j$: $$ \begin{align} \lim_{x\to\alpha_j}\frac{x-\alpha_j}{f(x)} &=\lim_{x\to\alpha_j}\sum_{i=1}^n\frac{A_i(x-\alpha_j)}{x-\alpha_i}\\ \frac1{f'(\alpha_j)}&=A_j\tag{2} \end{align} $$ Conectar $(2)$ a $(1)$ rendimientos $$ \begin{align} \frac1{f(x)} &=\sum_{i=1}^n\frac1{f'(\alpha_i)(x-\alpha_i)}\\ &=\sum_{i=1}^n\frac1{f'(\alpha_i)}\frac1x\left(1+\frac{\alpha_i}{x}+\frac{\alpha_i^2}{x^2}+\frac{\alpha_i^3}{x^3}+\dots\right)\tag{3} \end{align} $$ Multiplicar $(3)$ $x^k$ e integrar alrededor de un enorme sentido antihorario círculo en $\mathbb{C}$.
Para $k\le n-2$, la izquierda va a la $0$ desde $f(x)\sim x^n$. La mano derecha va a $$ 2\pi i\sum_{i=1}^n\frac{\alpha_i^k}{f'(\alpha_i)}\etiqueta{4} $$ Para $k=n-1$, la izquierda va a la $2\pi i$ desde $f(x)\sim x^n$. La mano derecha va a $$ 2\pi i\sum_{i=1}^n\frac{\alpha_i^{n-1}}{f'(\alpha_i)}\etiqueta{5} $$
Por lo tanto, $$ \sum_{i=1}^n\frac{\alpha_i^k}{f'(\alpha_i)}=\left\{\begin{array}{}0&\mbox{if %#%#%}\\1&\mbox{if %#%#%}\end{array}\right.\la etiqueta{6} $$
Tenemos la primera obra sobre $\mathbb{C}$.
Lema: Vamos a $\frac{P(z)}{Q(z)}$ ser una función racional tal que $Q(z)$ tiene distintas raíces. A continuación, el residuo de $\frac{P(z)}{Q(z)}$ $z = a$ (donde$Q(a) = 0$)$\frac{P(a)}{Q'(a)}$.
Prueba. El residuo es $\lim_{z \to a} \frac{P(z) (z - a)}{Q(z)} = \frac{P(a)}{Q'(a)}$ por la regla de l'Hospital. $\Box$
De ello se sigue que
$$\frac{1}{f(z)} = \sum_i \frac{1}{f'(\alpha_i) (z - \alpha_i)}$$
por lo tanto
$$\frac{z}{f(z)} = \sum_i \frac{z}{f'(\alpha_i) (z - \alpha_i)} = \sum_i \frac{1}{f'(\alpha_i) \left( 1 - \frac{\alpha_i}{z} \right)}.$$
La reescritura de la anterior identidad en términos de $t = \frac{1}{z}$ da
$$\frac{t^{n-1}}{(1 - t \alpha_1)...(1 - t \alpha_n)} = \sum_i \frac{1}{f'(\alpha_i) (1 - t \alpha_i)}$$
y la comparación de la primera $n-1$ los coeficientes de la serie de Taylor en $t$ de ambos lados da el resultado deseado.
El final de la identidad que demostrar que es una secuencia de polinomio de identidades entre los distintos polinomios simétricos en el $\alpha_i$. En consecuencia, si se mantiene más de $\mathbb{C}$, se mantiene de forma idéntica, por lo que, en particular, sobre cualquier campo.
Consideramos que la fracción parcial de la descomposición de $X^{k+1}/f(X)$ donde $0 \leq k \leq n - 1$.
Supongamos $0 \leq k \leq n - 2$. Existen $c_i \in K$ tal que $X^{k+1}/f(X) = \sum_i c_i /(X - \alpha_i)$. Muliplying ambos lados por $f(X)$, obtenemos
$X^{k+1} = \sum_i c_i \frac{f(X)}{X - \alpha_i}$.
Sustituyendo $X = \alpha_i$, obtenemos $\alpha_i^{k+1} = c_i f'(\alpha_i)$. Por lo tanto $c_i = \alpha_i^{k+1}/f'(\alpha_i)$. Por lo tanto $\frac{X^{k+1}}{f(X)} = \sum_i \frac{\alpha_i^{k+1}}{f'(\alpha_i)(X - \alpha_i)}$. Sustituyendo $X = 0$, obtenemos
$\sum_i \frac{\alpha_i^k}{f'(\alpha_i)} = 0$.
Tenga en cuenta que esto es válido cuando se $f(0) = 0$.
Luego consideraremos el caso de $k + 1 = n$. Existen $d_i \in K$ tal que $\frac{X^n}{f(X)} = 1 + \sum_i \frac{d_i}{X - \alpha_i}$. Muliplying ambos lados por $f(X)$, obtenemos
$X^n = f(X) + \sum_i \frac{d_i f(X)}{X - \alpha_i}$.
Sustituyendo $X = \alpha_i$, obtenemos $\alpha_i^n = d_i f'(\alpha_i)$. Por lo tanto $d_i = \frac{\alpha_i^n}{f'(\alpha_i)}$. Por lo tanto $\frac{X^n}{f(X)} = 1 + \sum_i \frac{\alpha_i^n}{f'(\alpha_i)(X - \alpha_i)}$. Sustituyendo $X = 0$, obtenemos $0 = 1 - \sum_i \frac{\alpha_i^{n-1}}{f'(\alpha_i)}$.
Por lo tanto $\sum_i \frac{\alpha_i^{n-1}}{f'(\alpha_i)} = 1$.
Tenga en cuenta que esto es válido cuando se $f(0) = 0$.
Comentario En lugar de la fracción parcial de descomposición, se puede utilizar interpolación de Lagrange de la fórmula(por ejemplo, el lema de 4 de mi respuesta a esta pregunta).
Por la fracción parcial de la descomposición de $\frac{1}{f(X)}$ o por interpolación de Lagrange de la fórmula(por ejemplo, el lema 2 de mi respuesta a esta pregunta ), obtenemos
$\frac{1}{f(X)} = \sum_i \frac{1}{f'(\alpha_i)(X - \alpha_i)}$
Dejando $Y = \frac{1}{X}$, obtenemos
$\frac{Y^n}{1 + b_{n-1}Y+\cdots+b_0 Y^n} = \sum_i \frac{Y}{f'(\alpha_i)(1 - \alpha_i Y)}$
donde $f(X) = X^n + b_{n-1}X^{n-1}+\cdots+b_0$.
En el anillo de poder formal de la serie de $K[[Y]]$,
LHS = $Y^n + c_{n+1}Y^{n+1} +\cdots$
RHS = $\sum_i \frac{Y(1 + \alpha_i Y + \alpha_i^2 Y^2 +\cdots)}{f'(\alpha_i)}$
La comparación de los coeficientes de $Y^k$ de los ambos lados, hemos terminado.
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