关于带有$n$变量的恒等式

Question

我们知道以下内容：

$$\颜色{红色}{{x_1}^2+{x_2}^2-2x_1x_2}=\颜色{蓝色}{（x_1-x_2）^2}$$ $$\颜色{红色}{{x_1}^3+{x_2}^3+{x_3}^3-3x_1x_2x_3}$$$$=\压裂{1}{2}$$

我一直对推广这些身份感兴趣。然后，我得到了以下信息：

$$\颜色{红色}{{x_1}^4+{x_2}^4+{x_3}^4+/{x_4}^4-4x_1x_2x_3x_4{$$$$=压裂{1}{6}\左（2（{x_1}^2+x_1x_2+{x_2}^2）+（x_1+x_2）（x_3+x_4）+2x_3x_4\右）\颜色{蓝色}{（x_1-x_2）^2}$$$$+\frac{1}{6}\左（2（{x_1}^2+x_1x_3+{x_3}^2）+（x_1+x_3）（x_2+x_4）+2x_2x_4\右）\颜色{蓝色}{（x_1-x.3）^2}$$$$+\frac｛1｝｛6｝\ left（2（｛x_1｝^2+x_1x_4+｛x_4｝^2）+（x_1+x_4）（x_2+x_3）+2x2x_3\ right）\ color｛blue｝｛（x_1-x_4）^2｝$$$$+\frac{1}{6}\左（2（{x_2}^2+x_2x_3+{x_3}^2）+（x_2+x_3）（x_1+x_4）+2x_1x_4\右）\颜色{蓝色}{（x_2-x.3）^2}$$$$+\压裂{1}{6}\左（2（{x_2}^2+x_2x_4+{x_4}^2）+（x_2+x_4）（x_1+x_3）+2x_1x_3\右）\颜色{蓝色}{（x_2-x_4$$$$+\压裂{1}{6}\左（2（{x_3}^2+x_3x_4+{x_4}^2）+（x_3+x_4）（x_1+x_2）+2x_1x_2\右）\颜色{蓝色}{（x_3-x_4$$

$$\颜色｛红色｝｛x_1｝^5+｛x_2｝^5+｛x_3｝^5+｛x_4｝^5+｛x_5｝^5-5x_1x_2x_3x_4x_5｝$$$$\小=F{1,2}\颜色{蓝色}{（x_1-x_2）^2}+F{1,3}\颜色}蓝色}}{$$$$\小+F{2,4}\颜色{蓝色}{（x_2-x_4）^2}+F{2,5}\颜色}蓝色}}{$$哪里$12F{1,2}=3（{x_1}^3+{x_1{^2{x_2}+{x_1}{x_2}^2+{x_2{^3）+$$ $12F{1,3}=3（{x_1}^3+{x_1{^2{x_3}+{x_1}^2+{x_3{^3）+（{x_1}^2+{x_1}{x_3}+{x_3}^2）（x_2+x_4+x_5）+（x_1+x_3）（x_4+4x_5+x_5x_2）+3x_2x_4x_5$$$12F{1,4}=3（{x_1}^3+{x_1{^2{x_4}+{x_1}{x_4}^2+{x_ 4}^3）+（{x_1}^2+{x_1}{x_4}+{x_4]^2）（x_2+x_3+x_5）+（x_1+x_4）（x_2x_3+x_5+x_5x_2）+3x_2x_3x_5$$ $12F{1,5}=3（{x_1}^3+{x_1{^2{x_5}+{x_1}{x_5}^2+{x~5}^3）+（{x_1}^2+{x_1}{x5}+{x_5%}^2）（x_2+x_3+x_4）+（x_1+x_5）$$$12F{2,3}=3（{x_2}^3+{x_2{^2{x_3}+{x_2}{x_3}^2+{x_3{^3）+（{x_2{^2+}{x_3}+{x_3}^2）（x_1+x_4+x_5）+（x_2+x_3）（x_4+4x_5+x_5x_1）+3x_1x_4x_5$$$12F{2,4}=3（{x_2}^3+{x_2{^2{x_4}+{x_2}^2+{x_4}^3）+（{x_2{^2+{x_2}{x_4]+{x_3}^2）（x_1+x_3+x_5）+（x_2+x_4）（x_1x_3+x_5+x_5x_1）+3x_1x_3x_5$$$12F{2,5}=3（{x_2}^3+{x_2{^2{x_5}+{x_2}{x_5}^2+{x_5%}^3）+（{x_2{^2+}x_2}{x_5A}^2）（x1+x_3+x_4）+（x_2+x_5）（x_1x_3+x_5）$$$12F{3,4}=3（{x_3}^3+{x_3{^2{x_4}+{x_3}{x_4}^2+{x_ 4}^3）+（{x_3}^2+{x_3}{x_4}+{x_4]^2）（x_1+x_2+x_5）+（x_3+x_4）（x1x_2+x2x_5+x_5x_1）+3x_1x_2x_5$$$12F{3,5}=3（{x_3}^3+{x_3{^2{x_5}+{x_3}{x_5}^2+{x~5}^3）+（{x_3}^2+{x_3}{x5}+{x_5%}^2）（x_1+x_2+x_4）+（x_3+x_5）（x1x_2+x2x_4+x_4x1）+3x_1x_2x_4$$$12F{4,5}=3（{x_4}^3+{x_4]^2{x_5}+{x_4}{x_5}^2+{x_ 5}^3）+（{x_ 4}^2+{x_4/{x_6}{x5}^2）（x1+x_2+x_3）+（x_4+x_5）（x_1x_2+x_5）$$在这里，我有一个猜测。

问题：以下猜测是真的吗？

猜想：对于任何$n\（\ge 2\in\mathbb n）$变量$x_1，\cdot，x_n$，如下所示。

$$\sum_{i=1}^{n}{x_i}^n-n\prod_{i=1{^{n} x _ i=sum{1\lei\ltj\len}（x_i-x_j）^2\sum{k=0}^{n-2}\frac{left（sum{m=0}^{k}{x_i}^m{x_j}^{k-m}\right）\cdot s{n-2，n-2-k}（not=x_i，x_j$$

哪里$s_{n-2，n-2-k}（not=x_i，x_j）=s_{n-2，n-2k}$和$s_{n，k}（x_1，\cdots，x_n）$是$\binom{n}{k}$每种产品千美元$元素选择自$\{x_1，\cdot，x_n\}$具有$s_{n，0}（x_1，\cdots，x_n）=1$.

我已经检查过这是真的$n=2,3,4,5,6$和$7$，但我没有任何好主意来证明这一点。有人能帮忙吗？

Answer 1

这足以证明，在简化整个过程之后，对于任何指数$2\leqa\leqn-1$，都没有$x_1^a$项。然后很容易检查$x_1^n$和$x_1x_2\cdots x_n$的系数分别是$1$和$-n$。其余部分遵循表达式的对称性。

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很容易理解为什么没有剩下包含$x_1^ax_2^b$的表达式，其中$a，b\geq 2$因为这只能来自子表达式的$（x1-x2）^2$部分$$（x_1-x_2）^2\sum_{i+j=a+b-2}x_1^ix_2^j$$我们可以在其中识别$$x_1^2（x_1^｛a-2｝x_2^ b）+x_2^2（x_1^ a x_2^｛b-2｝）-2x_1x_2（x_1^{a-1}x2^{b-1}）=0$$作为导致$a、b\geq 2$的$x1^ax2^b$的唯一条款。通过对称性，这表明$x_i^ax_j^b$与$a，b\geq2$之间没有剩余的项。

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因此，对于$2 \leq a \leq n-1$，仍需说明$$x_1^a\prod_{i\in S}x_i$$对于任何给定的子集$S\subseteq\{2,3，…，n\}$all取消。对于给定的$a$，这些只能来自形式的表达式$$q（x_1^｛a-1｝+x_1^{a-2}x2+...)（其他}的乘积）（x_1^2+x_2^2-2x_1x_2）$$从中我们得到$-qx_1^a_2（\text｛其他｝x_i的乘积\text｛s｝）$或从形式的表达式$$z（x_1^{a-2}+x_1^{a-3}x2+...)（其他}的乘积）（x_1^2+x_2^2-2x_1x_2）$$从中我们得到$zx1^a（\text{其他}xi\text{'s}的乘积）$。现在考虑一个特定的产品$$x_1^a\prod_{i\in S}x_i$$对于固定集$S\subseteq\{2,3，…，n\}$。这在每$（x_1-x_s）^2$-部分中显示一次，在s}x_i$中，$s\在s$中，作为$-qx_1^a\prod_{i\。它在每$（x_1-x_t）^2$-部分中出现一次，作为$zx_1^a\prod_{i\在S}x_i$中表示$t\in\{2,3，…，n\}\set减去S$。

注意，对于$S$我们有$|S|=n-a$选项，对于$t$有$a-1$选项，因此如果这些贡献要取消，则当$（a-1）z-（n-a）q=0$时会发生这种情况，因此当且仅当$$\压裂{q}{z}=\压裂{a-1}{n-a}$$这唯一地确定了连续部分$q（x_1^{a-1}+x_1的系数$q$和$z$之间的比率^{a-2}x2+...)$ 和$z（x_1^{a-2}+x_1^{a-3}x2+...)$ 对于$2\leqa\leqn-1$，它实际上涵盖了所有相关系数。

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最后注意，因为在您的一般公式$q=\frac{1}{（n-1）\binom{n-2}{a-1}}$和$z=\frac{1}}{$$\压裂{q}{z}=\binom{n-2}{a-2}/\binom{n-2{a-1}=\frac{a-1{n-a}$$根据需要。