La prueba de que en una secuencia de vectores de longitud N, la N-ésima del vector debe ser cero

Question

Tengo una afirmación acerca de una secuencia de vectores que he probado en un equipo pero la que he sido incapaz de probar. La afirmación es que cuando los vectores se define a continuación son de longitud $N$, $N^{\text{th}}$ vector de la secuencia debe ser cero. ¿Alguien puede probarlo?

El sequnce de vectores se define como sigue. Denotar el primer vector en la secuencia de $\mathbf{v}=\left( v_{1},v_{2},\cdots v_{N},\right) $, donde la suma de los $v_{i}$ es cero, es decir, \begin{equation} \sum_{i=1}^{N}v_{i}=0 \end{equation} A continuación, definir los vectores $\mathbf{u}^{\left( 1\right) }\left( \mathbf{v}\right) $ , $\mathbf{u}^{\left( 2\right) }\left( \mathbf{v}\right) $, $...$de forma recursiva de la siguiente manera. Si los elementos de $\mathbf{u}^{\left( q\ \ derecho) }\left( \mathbf{v}\right) $ are $u_{i}^{\left( q\ \ derecho) }$ for $1\leqslant i\leqslant N$, then for $p=1$ definir \begin{equation} u_{i}^{\left( 1\right) }=v_{i} \end{equation} y para $q\geqslant 2$ definir \begin{equation} u_{i}^{\left( q\right) }=u_{i}^{\left( q-1\right) }v_{i}-\frac{1}{q}% \sum\limits_{j=1}^{N}v_{j}u_{j}^{\left( q-1\right) } \end{equation} La afirmación de que en la medida como la suma de los $v_{i}$ es cero, entonces para los vectores $\mathbf{v}$ de la longitud $N$, $u_{i}^{\left( N\right) }=0$ para todos los $i$.

El primer par de $u_{i}^{\left( q\right) }$ son de la siguiente manera \begin{equation} \begin{array}{l} u_{i}^{(1)}=v_{i} \\ u_{i}^{(2) }=v_{i}^{2}-\frac{1}{2}s_{2} \\ u_{i}^{(3)}=v_{i}^{3}-\frac{1}{2}v_{i}s_{2}-\frac{1}{3}s_{3} \\ u_{i}^{(4)}=v_{i}^{4}-\frac{1}{2}v_{i}^{2}s_{2}-\frac{1}{3} v_{i}s_{3}-\frac{1}{4}\left( s_{4}-\frac{1}{2}s_{2}^{2}\right) \\ u_{i}^{(5)}=v_{i}^{5}-\frac{1}{2}v_{i}^{3}s_{2}-\frac{1}{3} v_{i}^{2}s_{3}-\frac{1}{4}v_{i}\left( s_{4}-\frac{1}{2}s_{2}^{2}\right) - \frac{1}{5}\left( s_{5}-\frac{5}{6}s_{2}s_{3}\right) \\ u_{i}^{(6)}=v_{i}^{6}-\frac{1}{2}v_{i}^{4}s_{2}-\frac{1}{3}% v_{i}^{3}s_{3}-\frac{1}{4}v_{i}^{2}\left( s_{4}-\frac{1}{2}s_{2}^{2}\right) - \frac{1}{5}v_{i}\left( s_{5}-\frac{5}{6}s_{2}s_{3}\right) -\frac{1}{6}\left( s_{6}-\frac{1}{3}s_{3}^{2}+\frac{1}{8}s_{2}^{3}-\frac{3}{4}s_{2}s_{4}\right) \end{array} \end{equation} donde el $s_{q}$ son la suma de la energía simétrica polinomios definidos por \begin{equation} s_{q}=\sum_{i}^{N}v_{i}^{q} \end{equation} La afirmación es trivial para $N=1$, porque si sólo hay un elemento en el vector $v_{i}$, ya que la suma de $v_{i}$ es cero, entonces la única elemento $v_{1}$ debe ser cero.

Al$N=2$, $v_{1}+v_{2}=0$ $v_{1}=-v_{2}$ e $% s_{2}=2v_{1}^{2}=2v_{2}^{2}$, which again gives $u_{1}^{\left( 2\right) }=u_{2}^{\left( 2\right) }=0$.

Al$N=3$,$v_{1}+v_{2}+v_{3}=0$, por lo que \begin{eqnarray*} s_{3} &=&v_{1}^{3}+v_{2}^{3}+v_{3}^{3} \\ &=&v_{1}^{3}+v_{2}^{3}-\left( v_{1}^{3}+3v_{1}^{2}v_{2}+3v_{1}v_{2}^{2}+v_{2}^{3}\right) \\ &=&3v_{1}v_{2}v_{3} \end{eqnarray*} Luego, sin pérdida de generalidad, considere la posibilidad de $u_{i}^{\left( 3\right) }$ $i=1 $ para \begin{eqnarray} u_{1}^{\left( 3\right) } &=&v_{1}^{3}-\frac{1}{2}v_{1}s_{2}-\frac{1}{3}s_{3} \\ &=&v_{1}^{3}-\frac{1}{2}v_{1}\left( v_{1}^{2}+v_{2}^{2}+v_{3}^{2}\right) -v_{1}v_{2}v_{3} \notag \\ &=&\frac{1}{2}v_{1}\left( \left( v_{2}+v_{3}\right) ^{2}-v_{2}^{2}-v_{3}^{2}\right) -v_{1}v_{2}v_{3} \notag \\ &=&0 \end{eqnarray}

Tal vez hay una relación de recurrencia para la prueba, pero si es así, no he sido capaz de encontrar .

Nota acerca de la simetría: Un comentario menciona simétrica polinomios. Aunque cada individuo $% u_{i}^{(p)}$ isn't symmetric in all the $\{v_{j}\}$, debido a la la dependencia de $v_{i}$, los vectores $\mathbf{u}^{(q)}$ son simétricas con respecto a cambiar el orden de las $v_{j}$, es decir, satisfacer $$\mathbf{M}^{ij}\mathbf{u}^{(p)}\left( \mathbf{v}\right) =\mathbf{u}% ^{(p)}\left( \mathbf{M}^{ij}\mathbf{v}\right)$$ where $\mathbf{M}^{ij}$ is the $N\times N$ matrix that switches the $i^{% \text{th}}$ element with the $j^{\text{th}}$ element in a vector of length $N $ con todos los otros elementos en el vector sin cambios.

Answer 1

Este cae, no el uso de Newton identidades, tanto como yo sospechaba, en mi primer comentario.

Newton identidad es bonito, aunque un poco difícil de asimilar: $$ e_n = {1\over n!} \sum_{(a)\en S_n} |(a)| \prod_{i=1}^n p_i^{a_i} $$ donde la suma es sobre las clases conjugacy de $S_n$, equivalente a las particiones de $[n]$. La clase $(a)$ está compuesto de $a_i$ $i$-ciclos, para cada $i$. $e_n$ es la primaria simétrica polinomio de grado $n$, y de manera similar a $p_n$ es el poder de suma polinomio.

Se observa que en las expresiones para $u_i^{(n)}$ el coeficiente de $v_i^r$ coincide con el lado derecho de Newton de la identidad en $n-r$, en virtud de la condición inicial de que $p_1 = 0$. [Esto necesita un poco de trabajo para probar, pero el patrón es muy claro!]

Así que sustituyendo en las expresiones para $u_i^{(n)}$, $$ u_i^{(n)} = \sum_{i=0}^n (-1)^{(n-r)}e_{n-r} v_i^r $$ Si vemos esto como un polinomio en $v_i$, ¿cuáles son las raíces? Esto es bastante trivial en $n=N$, ya que esto es sólo el estándar de la expresión para la expansión de un producto de términos lineales. Por lo tanto $$ u_i^{(N)} = \prod_{j=1}^N (v_i - v_j) = 0 $$ Y ya está :-)