Симметрические многочлены

[ivvan]

Как можно доказать равенство

$$\begin{vmatrix} \sigma_1 & \sigma_2 & \cdots & \sigma_{n-1} & \sigma_n \\ 1 & \sigma_1 & \cdots & \sigma_{n-2} & \sigma_{n-1}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1 & \sigma_1 \\ \end{vmatrix}= \sum\limits_{i_1\leq i_2\leq\dots\leq i_n}x_{i_1}\dots x_{i_n} $$

?

[popolznev]

По индукции?

[svv]

Что-то не то. Раскладывая такой определитель, Вы не получите слагаемого $x_1 x_2 ... x_n$, т.е. произведение всех переменных. Доказательство: $x_n$ есть только в правом верхнем углу, а из двух $x_{n-1}$ одно в той же строке, что $x_n$, другое в том же столбце.
А в сумму такое слагаемое входит.

И, кроме того, слагаемые-то будут с разными знаками, а в сумме всё с плюсом.

См. хотя бы случай $n=2$.

[apriv]

svv в сообщении #822166 писал(а):

Доказательство: $x_n$ есть только в правом верхнем углу,

$x_n$ там полно, хотя бы в $\sigma_1$.

Цитата:

См. хотя бы случай $n=2$.

Посмотрели, получили верное равенство.

[svv]

apriv
Я не обратил внимания на название темы и подумал, что $\sigma$ в определителе написано по ошибке, а должно быть везде $x$.

[svv]

ivvan
Раз я был так невнимателен, с меня идея доказательства. В моем варианте индукция не используется.

Обозначения. Для совместимости с Википедией Ваши многочлены $\sigma_k$ буду обозначать $e_k$ (благо буквы похожи). Итак:
$e_k(x_1, x_2, \ldots, x_n) = \sum_{1\leqslant j_1<j_2<\ldots<j_k \leqslant n} x_{j_1} \cdots x_{j_k}$ — элементарные симметрические многочлены.
$h_k(x_1, x_2, \ldots, x_n) = \sum_{1\leqslant j_1\leqslant j_2\leqslant \ldots\leqslant j_k \leqslant n} x_{j_1} \cdots x_{j_k}$ — полные однородные симметрические многочлены.
Разница между ними в том, допускаются ли слагаемые с повторяющимися множителями.
В этих обозначениях надо доказать, что Ваш определитель равен $h_n$.
Заметим, что $e_0=h_0=1$.

Мы опираемся на формулу, связывающую эти наборы многочленов. Её можно найти там же:
$\sum_{i=0}^k(-1)^i e_i h_{k-i}=0$ для $1\leqslant k \leqslant n$.

Из этой формулы следует, что для каждого $n$ справедливо некоторое матричное равенство $AB=C$ (все матрицы размера $n\times n$). Чем писать общую формулу с многоточиями, лучше я запишу равенство для случая $n=5$, будет гораздо понятнее.

$$ \begin{bmatrix} h_0&-h_1&h_2&-h_3&h_4\\ 0&h_0&-h_1&h_2&-h_3\\ 0&0&h_0&-h_1&h_2\\ 0&0&0&h_0&-h_1\\ 0&0&0&0&h_0\\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} e_1&e_2&e_3&e_4&e_5\\ e_0&e_1&e_2&e_3&e_4\\ 0&e_0&e_1&e_2&e_3\\ 0&0&e_0&e_1&e_2\\ 0&0&0&e_0&e_1\\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 0&0&0&0&h_5\\ 1&0&0&0&-h_4\\ 0&1&0&0&h_3\\ 0&0&1&0&-h_2\\ 0&0&0&1&h_1\\ \end{bmatrix} $$

Матрица $B$ — Ваша. Перейдем к произведению определителей.
$\det A=h_0\ldots h_0 = 1$
$\det C=h_n$ (получается разложением по первой строке).
Отсюда $\det B=h_n$.

Конечно, для аккуратного доказательства надо выписать общие формулы для матричных элементов, вроде таких:
$a_{ij}=\begin{cases}(-1)^{j-i}h_{j-i},&j-i\geqslant 0\\0,&j-i<0\end{cases}\quad\quad\quad b_{jk}=\begin{cases}e_{k-j+1},&k-j+1\geqslant 0\\0,&k-j+1<0\end{cases}$
и т.д.

[ivvan]

А как вы получили это матричное равенство?

[svv]

$\bullet$ Если Вы спрашиваете о том, как я сам к нему пришел.
Нашел с двух-трех попыток. Чувствовал, что должно быть матричное равенство $AB=C$, в котором каждое равенство $\sum\limits_j a_{ij}b_{jk}=c_{ik}$ либо тривиально, либо следует из формулы

$$\sum_{i=0}^k(-1)^i h_i e_{k-i} =0,\eqno{(1)}$$

$\bullet$ Если Вы спрашиваете, из каких соображений к нему можно прийти.
Попытаемся уменьшить разрыв между $(1)$ и $AB=C$.
С одной стороны, заметим, что $(1)$ справедлива только при $k>0$. Если же $k=0$, то сумма сводится к $h_0 e_0=1$. Итак,

$$\sum_{i=0}^k(-1)^i h_i e_{k-i}=\begin{cases}0,&\text{если }k>0\\1,&\text{если }k=0\end{cases}\eqno{(2)}$$

С другой стороны, формула $AB=C$ следует из более красивой и упорядоченной, но с неквадратными матрицами:

$$\begin{bmatrix}h_0&-h_1&h_2&-h_3&h_4&-h_5\\0&h_0&-h_1&h_2&-h_3&h_4\\0&0&h_0&-h_1&h_2&-h_3\\0&0&0&h_0&-h_1&h_2\\0&0&0&0&h_0&-h_1\\\end{bmatrix}\begin{bmatrix}e_1&e_2&e_3&e_4&e_5\\e_0&e_1&e_2&e_3&e_4\\0&e_0&e_1&e_2&e_3\\0&0&e_0&e_1&e_2\\0&0&0&e_0&e_1\\0&0&0&0&e_0\\\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&0&0&0&0\\1&0&0&0&0\\0&1&0&0&0\\0&0&1&0&0\\0&0&0&1&0\\\end{bmatrix}\eqno{(3)}$$

$\bullet$ Если Вы спрашиваете, как, имея $(2)$, доказать матричную формулу, хотя бы в виде $(3)$.
Теперь это почти очевидно, и формул не надо. Заметьте:
Каждый матричный элемент в правой части получается матричным умножением строки первой матрицы на столбец второй матрицы.
Индекс каждого следующего элемента строки (где $h$) увеличивается на $1$, индекс каждого следующего элемента столбца (где $e$) уменьшается на $1$.
Знаки слагаемых чередуются.
Если в сумме вообще есть ненулевые слагаемые, то будет ненулевое слагаемое с $h_0$ и ненулевое слагаемое с $e_0$. Иначе говоря, суммирование не обрывается раньше, чем в $(2)$.
Отсюда следует, что либо структура суммы будет как в $(2)$, либо просто все слагаемые будут нулевыми (например, произведение пятой строки на первый столбец).

[ivvan]

В Википедии нашёл способ выразить многочлены с помощью равенств $(1)$ через правило Крамера; можно записать соответствующее матричное равество, похожее на ваше. Можно также данный в начале темы определитель разложить по последнему столбцу и получить то же реккурентное выражение, что и для $h_n$ ( $(1)$ ). Спасибо за ответ и за ссылки.

[svv]

Да, возможны варианты... Спасибо и Вам, задача была интересная.