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Fórmula de polarización.

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Solución:

Esto es true, aquí tienes una prueba.

Voy a usar la notación polinomial $ Phi left (v_ 1, ldots, v_ n right) = v_ 1 cdots v_ n $ – tenga en cuenta que la multilinealidad y simetría de $ Phi $ significa que manipularlos como polinomios (es decir, conmutar elementos, distribuir “ multiplicaciones ”) es completamente legítimo. Deje que el RHS de su ecuación propuesta sea $ frac 1 n! F left (n right) $.

Usando la expansión multinomial, tenemos $$ F left (n right) = sum_ k = 1 ^ n left (-1 right) ^ nk f left (n, k right ) $$ donde $$ f left (n, k right) = sum_ 1 le j_ 1 < cdotsk $ tenemos términos donde $ Kk $ de los $ l $ s son cero. La contribución de $ f left (n, K right) $ es $$ left (-1 right) ^ nK sum left n elija l_ 1, ldots, l_ k, 0,0, ldots: j_ k + 1, ldots, j_ K textrm distinto de j_ 1, ldots, j_ k right . $$ Todo lo que tenemos que hacer para calcular esto es contar el número de opciones de $ Kk $ de los $ nk $ índices restantes, por lo que obtenemos $$ left (-1 right) ^ nK n elija l_ 1, ldots, l_ k nk elija Kk. $$ El coeficiente de $ v_ j_ 1 ^ l_ 1 cdots v_ j_ k ^ l_ k $ en $ F left (n right) $ es así $$ sum_ K = k ^ n left (-1 right) ^ nK n elija l_ 1, ldots, l_ k nk elija Kk = sum_ K = k ^ n left (-1 right) ^ nK frac n! l_ 1! cdots l_ k! nk elija Kk. $$ Queremos mostrar que esto es $ n! $ Cuando $ k = n, l_ j = 1 $ y cero en caso contrario. El primer caso es fácil: solo hay un término en la suma y todos los $ n, k, K $ son solo $ n $, por lo que desaparece de inmediato. Probemos el caso cero. Factorizar los términos independientes de $ K $ da $$ left (-1 right) ^ n frac n! L_ 1! Cdots l_ k! Sum_ K = k ^ n left (-1 right) ^ K nk elija Kk. $$ Hacer un cambio de variables $ j = Kk $ convierte la suma en $$ left (-1 right) ^ k sum_ j = 0 ^ nk left (-1 right) ^ j nk elija j. $$ Esta es la suma alterna de los coeficientes binomiales, que desaparece según se requiera.

BOSQUEJO DE LA PRUEBA: Sus grandes sumas son siempre sumas de (sumas de sumas de) términos de la forma $ Phi (v_ k_1, v_ k_2, ldots, v_ k_n) $ para algunos índices superiores $ (k_1, k_2, ldots, k_n) $. Gracias a la simetría de $ Phi $, siempre podemos reorganizar y poner el uple en orden creciente. Entonces te quedas con una suma más simple con menos términos, donde exactamente un término es multilineal (el término $ Phi (v_1, v_2, ldots, v_n) $) y todos los demás no lo son. Así que esta es una situación similar a la de Rambo de uno contra cien. Pero afortunadamente para nosotros, la propiedad combinatoria (llamémosla $ P $) que para cualquier conjunto finito $ X $, la suma $ sum_ B subseteq X (- 1) ^ B $ es cero excepto cuando $ X $ está vacío, nos permite mostrar que todos los términos no multilineales tienen coeficiente cero en la suma.

LOS DETALLES: Dado un uple $ (k_1, ldots, k_n) $, denotar por $ rho (k_1, k_2, ldots, k_n) $ el uple reordenado de acuerdo con el orden creciente. (Por lo tanto, $ rho (1,3,2) = (1,2,3) $).

Aquí es más conveniente ver las uples como funciones, así que hablaremos de $ u $ y $ rho u $ donde $ u $ y $ rho u $ son mapas $ lbrace 1,2, ldots, n rbrace to lbrace 1,2, ldots, n rbrace $ y $ rho u $ está aumentando. Además, ponemos $ psi (f) = Phi (v_ f (1), ldots, v_ f (n)) $.

Para un aumento arbitrario creciente $ i $, denote por $ w (i) $ el número de aumentos $ j $ que satisfacen $ rho (j) = i $. Para cualquier $ A subseteq lbrace 1,2, ldots, n rbrace $, denote por $ I (A) $ el conjunto de todos los mapas crecientes $ lbrace 1,2, ldots, n rbrace a A PS Además, sea $ I = I ( lbrace 1,2, ldots, n rbrace) $ y $ V (f) = lbrace A subseteq lbrace 1,2, ldots, n rbrace | f en I (A) rbrace $. Tenga en cuenta que si $ K (f) = lbrace 1,2, ldots, n rbrace setminus Im (f) $, entonces hay una biyección natural entre $ cal P (K (f)) $ y $ V (f) $, dado por $ B mapsto Im (f) cup B $.

Sea $$ lambda (A) = phi bigg ( sum_ a in A v_a bigg) tag 2 $$

Luego, expandir $ lambda (A) $ completamente muestra que

$$ lambda (A) = sum_ f in I (A) w (f) psi (f) tag 3 $$

Entonces, el RHS (llámelo $ Phi ” $) de la igualdad deseada se puede reescribir como

$$ begin eqnarray Phi ” & = & sum_ A subseteq lbrace 1,2, ldots, n rbrace (- 1) ^ n- lambda (A) \ & = & sum_ A subseteq lbrace 1,2, ldots, n rbrace (- 1) ^ sum_ f in I (A) w (f ) psi (f) \ & = & sum_ f in I w (f) psi (f) sum_ A in V (f) (- 1) ^ \ & = & sum_ f in I w (f) psi (f) sum_ B subseteq K (f) (- 1) ^ \ & = & w ( mathsf id) psi ( mathsf id) text por propiedad P. \ & = & n! Phi (v_1, v_2, ldots, v_n) end eqnarray $$

que concluye la prueba.

Esto no es una respuesta, pero un intento incompleto de prueba de inducción.

Primero, consideraremos la siguiente notación: $$ Phi_v[v_1,ldots,v_n-1]= Phi[v_1,ldots,v_n-1,v], $$ entonces $ Phi_v: V ^ n-1 to mathbb R $ es el operador simétrico multineal que obtenemos cuando fijamos una variable en $ Phi $. Luego, por supuesto, notamos $ phi_w (v) = Phi_w[v,ldots,v]= Phi[v,ldots,v,w]PS

En esta ‘respuesta’, muestro que la fórmula está probada si $$ phi (v_1 + cdots + v_n) = sum_ k = 1 ^ n-1 sum_ {1 leq j_1 < cdots

También escribimos $$ Phi_v[v_1,ldots,hatv_i,ldots,v_n]= Phi_v[v_1,ldots,v_i-1,v_i+1,ldots,v_n]. $$

Supongamos que la fórmula es true para el operador simétrico multilineal $ V ^ n-1 to mathbb R $. Desde $ Phi[v_1,ldots,v_n]= Phi_ v_i[v_1,ldots,hatv_i,ldots,v_n]$ por simetría, tenemos: $$ Phi[v_1,ldots,v_n]= frac1n sum_ i = 1 ^ n Phi_ v_i[v_1,ldots,hatv_i,ldots,v_n]. $$ Por inducción tenemos $$ Phi_ v_i[v_1,ldots,hatv_i,ldots,v_n]
= frac 1 (n-1)! sum_ k = 1 ^ n-1 sum_ {1 leq j_1 < cdots[v_1,ldots,v_n] = frac1 n! sum_ k = 1 ^ n-1 sum_ {1 leq j_1 < cdots[v_1,ldots,v_n]\ & = frac1 n! sum_ k = 1 ^ n-1 sum_ {1 leq j_1 < cdots

Desafortunadamente, no veo cómo demostrar eso, tal vez sea tan difícil como la fórmula de polarización.

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