Тождество со значениями производной в корнях многочлена

[maxal]

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

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

[12d3]

Старший коэффициент, видимо, полагается равным 1.
Лемма. $\displaystyle f'(a_i) = \frac{(-1)^{i-1} V_n(a_1,...,a_n)}{V_{n-1}(a_1,..,a_{i-1},a_{i+1},..,a_n)}$, где $V$ - определитель Вандермонда.
Доказательство.
$\displaystyle f(x) = \prod_{j=1}^n (x-a_j) \Rightarrow f'(a_i) = \prod_{\substack{j=1\\j\ne i}}^n (a_i-a_j)$

$\displaystyle \frac{(-1)^{i-1} V_n(a_1,...,a_n)}{V_{n-1}(a_1,..,a_{i-1},a_{i+1},..,a_n)} = \frac{(-1)^{i-1} \prod\limits _{1 \le j < k \le n} (a_j-a_k)}{\prod\limits _{\substack{1 \le j < k \le n \\ i \neq j, i \neq k }} (a_j-a_k)} =$

$\displaystyle = (-1)^{i-1} \prod_{j=1}^{i-1}(a_j-a_i) \cdot \prod_{j=i+1}^{n}(a_i-a_j) = \prod_{j=1}^{i-1}(a_i-a_j) \cdot \prod_{j=i+1}^{n}(a_i-a_j) = $

$\displaystyle = \prod_{\substack{j=1\\j\ne i}}^n (a_i-a_j) = f'(a_i)$

Теперь основное утверждение.

$\displaystyle \sum_{i=1}^n \frac{a_i^{n-1}}{f'(a_i)} = \sum_{i=1}^n \frac{a_i^{n-1} (-1)^{i-1} V_{n-1}(a_1,..,a_{i-1},a_{i+1},..,a_n)}{V_n(a_1,...,a_n)} = 1$, т.к. сумма в числителе - это разложение определителя в знаменателе по последнему столбцу.
Ой чую, я тут сильно переусложнил.

[maxal]

12d3 в сообщении #1249390 писал(а):

Старший коэффициент, видимо, полагается равным 1.

Да, конечно. Исправил.

[TOTAL]

Симметричная формула для разделенной разности $(n-1)$-го порядка для функуции $g(x)$, затем связь разделенной разности с производной:

$$ g(a_1, \dots , a_n)=\sum_{i=1}^n \dfrac{g(a_i)}{\displaystyle \prod_{k=1, k \neq i}^{n}(a_i - a_k)}= \dfrac{g^{(n-1)}(t)}{(n-1)!} $$

[maxal]

TOTAL, что-то странное с вашей формулой: у $g$ скачет количество аргументов, и $t$ появляется только в последнем выражении.

[DeBill]

Вычет на бесконечности для $\frac{z^{n-1}}{f(z)}$ равен -1, а в полюсах $a_j$ равен Вашим слагаемым. По теореме о полной сумме вычетов имеем требуемое...

[TOTAL]

maxal в сообщении #1249454 писал(а):

TOTAL, что-то странное с вашей формулой: у $g$ скачет количество аргументов, и $t$ появляется только в последнем выражении.

$g(a_1, \dots , a_n)$ - так обозначается разделенная разность $(n-1)$-го порядка для функуции $g(x)$ по узлам $a_1, \dots , a_n$.
$g^{(n-1)}(t)}$ - значение $(n-1)$-й производной в какой-то точке между крайними из этих узлов.

В частном случае (разделенная разность первого порядка) известная формула

$$ g(a_1,a_2) = \dfrac{g(a_1)-g(a_2)}{a_1-a_2}=\dfrac {g^{(1)}(t)} {1!} $$

[maxal]

maxal в сообщении #1249363 писал(а):

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

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

Задачка оказалась богатой на подходы к решению. Добавлю в копилку решений ещё одно.

Без потери общности будем считать, что все $a_i$ отличны от нуля (в противном случае задача сводится к рассмотрению многочлена $f(x)/x$). Рассмотрим многочлен:

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

Нетрудно понять, что это по сути интерполяционный многочлен Лагранжа с точками интерполяции $g(a_i) = a_i^n$ ($i=1,2,\dots,n$). Степень $g(x)$ не превосходит $n-1$. Но такую же степень и те же интерполяционные значения имеет многочлен $x^n - f(x)$, а значит $g(x) = x^n - f(x)$. Остается только подставить $x=0$ и сократить на $-f(0)$.

[ewert]

TOTAL в сообщении #1249402 писал(а):

Симметричная формула для разделенной разности $(n-1)$-го порядка для функуции $g(x)$, затем связь разделенной разности с производной:

$$ g(a_1, \dots , a_n)=\sum_{i=1}^n \dfrac{g(a_i)}{\displaystyle \prod_{k=1, k \neq i}^{n}(a_i - a_k)}= \dfrac{g^{(n-1)}(t)}{(n-1)!} $$

Тут, как мне кажется, тоже некоторая избыточность. При естественном порядке изложения старшая разделённая разность -- это старший коэффициент соответствующего интерполяционного многочлена. В данном случае совпадающего с исходным, разумеется. А вот про обобщение теоремы Лагранжа -- это уже следующий факт, и совсем заранее не очевидный (хотя и простой).

[maxal]

maxal в сообщении #1249363 писал(а):

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

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

Обнаружил эту задачу под номером 30.7 в задачнике Кострикина. Знал бы раньше, не стал бы посылать её в AMM, но теперь она уже опубликована и там под номером 12077. Ещё одно подтверждение тезиса про "хорошо забытое старое".