Доказать тождество

[deep blue]

Докажите, что для любых чисел: $x_1,...,x_n,n>1$ выполняется тождество:

$$\sum\limits_{i=1}^n\prod\limits_{\substack{j=1 \\ j\neq i}}^n (x_i-x_j)^{-1}\equiv0$$

Например, при $x_1=3, x_2=5, x_3=7$:

$$(3-5)(3-7)(5-3)(5-7)+(3-5)(3-7)(7-3)(7-5)+(5-7)(5-3)(7-5)(7-3)=0$$

У этой задачи похоже есть замечательная физическая интерпретация. Числа вида $w_i=\prod\limits_{\substack{j=1 \\ j\neq i}}^n (x_i-x_j)^{-1}$ это так называемые "barycentric weights". Оказывается сумма barycentric weights всегда равна нулю.

[gomomorfizm]

deep blue
Стандартная схема для олимпиадной задачи: нужно уловить некоторую простую закономерность и решение напрашивается само собой. Заметьте, что $(x_i-x_j)=-(x_j-x_i)$ и в двух любых соседних слагаемых три члена произведения равны. Что из этого следует?

[Otta]

deep blue в сообщении #1088348 писал(а):

Например, при $x_1=3, x_2=5, x_3=7$:

$$(3-5)(3-7)(5-3)(5-7)+(3-5)(3-7)(7-3)(7-5)+(5-7)(5-3)(7-5)(7-3)=0$$

Совершенно непонятно, какое отношение эта строка имеет к нужному тождеству.

[iancaple]

Все-таки это не всегда тождество, а только при знаменателях, отличных от нуля.
Умножим левую часть на последний знаменатель и перенесем вправо -1. $k$-я дробь содержит в числителе $x_n-x_k$, в знаменателе $x_k-x_n$ , которые сокращаются и дают -1. По предположению, $x_1,...x_{n-1}$ все различны. После сокращения остается интерполяционнвй полином Лагранжа от переменной $x_n$ степени $n-2$, который в $(n-1)$ точке $x_1,...x_{n-1}$ равен -1, а он единственный, значит, равен -1 тождественно, ЧТД

[hippie]

deep blue в сообщении #1088348 писал(а):

Докажите, что для любых чисел: $x_1,...,x_n,n>1$ выполняется тождество:

$$\sum\limits_{i=1}^n\prod\limits_{\substack{j=1 \\ j\neq i}}^n (x_i-x_j)^{-1}\equiv0$$

Можно доказать более общее утверждение:

Для любых попарно различных чисел $x_1,\ x_2,\ \dots\ ,\ x_n:$
при $p= 0,\ 1,\ 2,\ \dots\ ,\ n-2$

$$\sum\limits_{i=1}^n \left( x_i^p \cdot \prod\limits_{\substack{j=1 \\ j\neq i}}^n (x_i-x_j)^{-1} \right) \equiv 0;$$

кроме того

$$\sum\limits_{i=1}^n \left( x_i^{n-1} \cdot \prod\limits_{\substack{j=1 \\ j\neq i}}^n (x_i-x_j)^{-1} \right) \equiv 1$$

и

$$\sum\limits_{i=1}^n \left( x_i^n \cdot\prod\limits_{\substack{j=1 \\ j\neq i}}^n (x_i-x_j)^{-1} \right) = x_1 + x_2 + \dots + x_n.$$

[TOTAL]

hippie в сообщении #1088470 писал(а):

Можно доказать более общее утверждение:

Для любых попарно различных чисел $x_1,\ x_2,\ \dots\ ,\ x_n:$
при $p= 0,\ 1,\ 2,\ \dots\ ,\ n-2$
...
кроме того
...
и
...

При любом целом неотрицательном $p$ сумма

$$\sum\limits_{i=1}^n \left( x_i^p \cdot\prod\limits_{\substack{j=1 \\ j\neq i}}^n (x_i-x_j)^{-1} \right)$$

равна коэффициенту перед $x^{n-1}$ в остатке от деления $x^p$ на $(x-x_1) \cdots (x-x_n)$.

[deep blue]

Otta Это я привел к общему знаменателю, что только отдаляет от решения.
gomomorfizm Да для n=3 там все просто, но повышая n видно что это тупиковый путь. Приходится использовать многочлен Лагранжа.
iancaple Технично.
hippie Действительно стартовая формула всего лишь частный случай.

Вот еще одна задачка по мотивам предыдущей (доказать пока не получилось, но проверил - сумма красиво сворачивается). Найти сумму:

$$\sum\limits_{i=1}^n\prod\limits_{\substack{j=1 \\ j\neq i}}^n |i-j|^{-1}$$

[NSKuber]

Так как

$$\prod\limits_{\substack{j=1 \\ j\neq i}}^n |i-j|=(i-1)!\cdot (n-i)!$$

то, домножив и поделив данную сумму на $(n-1)!$, получаем сумму биномиальных коэффициентов и ответ

$$\frac{2^{n-1}}{(n-1)!}$$

[TOTAL]

deep blue в сообщении #1088721 писал(а):

Найти сумму:

$$\sum\limits_{i=1}^n\prod\limits_{\substack{j=1 \\ j\neq i}}^n |i-j|^{-1}$$

Это коэффициент при $x^{n-1}$ в интерполяционном полиноме $P_{n-1}(x)$ степени $(n-1)$, для которого

$$ P_{n-1}(k) = (-1)^{n-k}, \;\; k=1,2, \dots, n. $$

Ответ $\dfrac{2^{n-1}}{(n-1)!}$ следует из

$$ P_{n-1}(x)=\dfrac{x-1}{n-1}P_{n-2}(x-1) + \dfrac{x-n}{n-1}P_{n-2}(x) $$

[DeBill]

hippie
Все Ваши суммы - это сумма вычетов функции $\dfrac {x^p} {P(x)}$, где $P(x)$ -многочлен с нулями в точках $x_j$. По теореме о полной сумме вычетов, Ваша сумма равна (с минусом) вычету на бесконечности. Этот вычет найдем по разложению в ряд Лорана - и все получится.