Тождество для однородных многочленов

[TOTAL]

Из чисел $x_1, \dots, x_i$ взяли $j$ штук (не обязательно одинаковых!) и перемножили. Сумму всевозможных таких произведений обозначили $A_i^j$.

Из чисел $x_1, \dots, x_i$ взяли $j$ штук (все разные!) и перемножили. Сумму всевозможных таких произведений обозначили $B_i^j$.

Например,
$A_3^2=x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3$
$B_3^2=x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3$
$A_i^0=B_i^0=1$

Верно ли, что

$$\sum_{k=0}^n(-1)^kA_{m+k+1}^{n-k}B_{m+k}^{k}=0, \quad n=1,2, \dots, \quad m=0,1,2, \dots$$

(Оффтоп)

Как подсказка

maxal в сообщении #1249363 писал(а):

Пусть $f(x)$ - унитарный многочлен степени $n$ имеющий $n$ различных корней: $a_1,\dots,a_n$. Докажите, что

$$\sum_{i=1}^n \frac{a_i^{n-1}}{f'(a_i)} = 1.$$

Пусть $f(x)$ - унитарный многочлен степени $n$ имеющий $n$ различных корней: $x_1,\dots,x_n$. Докажите, что

$$\sum_{i=1}^n \frac{x_i^{m}}{f'(x_i)} = A_n^{m+1-n}, \quad m+1-n \ge 0$$

[maxal]

Во-первых, $A$ и $B$ - это классические полные однородные симметрические полиномы и элементарные симметрические полиномы, соответственно.

Во-вторых, указанное тождество можно доказать индукцией по $m+n$. Случай $m+n=1$ (т.е. $m=0$ и $n=1$) тривиален. А далее, если обозначить левую часть тождества как $S(m,n;x_1,x_2,\dots)$, то коэффициент при $x_i^t$ в ней равен

$$S(m-1,n-t;x_1,x_2,\dots,x_{i-1},x_{i+1},x_{i+2},\dots)-[t>0]\cdot S(m,n-t;x_1,x_2,\dots,x_{i-1},x_{i+1},x_{i+2},\dots}),$$

что по индукции есть 0.

Интересно, как вы получили это тождество?

[TOTAL]

maxal в сообщении #1347738 писал(а):

Интересно, как вы получили это тождество?

Из подсказки следует, что интерполяционный полином в форме Ньютона для функции $x^m$ можно записать в следующем виде (тождество получается)

$$x^m=A_1^m+A_2^{m-1}(x-x_1)+A_3^{m-2}(x-x_1)(x-x_2)+ \cdots + A_{m+1}^{0}(x-x_1)\cdots(x-x_m)$$