第二学期第二十四次课 10.2.2定理21域上的对称多项式能唯一地表为初等对称多项式的多项式 引理1将ao1σ2…σm(a∈K)展开成x,x2,…,xn的多项式后,其按字典排列法的 首项是 4++y2+ 该命题易证。 引理2给定K[x1,…,x的两个不同的单项式xx2…x,xx2…x,则对任意 G∈Sn,O(xx2…x)≠可(x1x2…xh) 证设 k1k2…k 若叫(x鸡…x)=鸡鸡…鸡=可(x鸡2…x)=鸡鸡…x按内两个多项式相等的要 求可知应有=j12=j2…=j,与假设矛盾。该引理告诉我们,对任意 f(x1,x2…,xn)∈K[x2…,xn],因为a∫为对∫的每个单项式用σ作变换、,此时∫中的不 同单项式变为G∫种不同单项式,互相之间不会抵消。 引理3 给定正整数t,定以集合 N()={(1212…,n)∈Z,0≤in≤in1≤…≤l≤l} 则N()是一个有限集合。事实上,容易说明N(t)最多含(t+1)”个元素。 引理4 设∫(x,x2…,xn)是一个对称多项式,它按字典排列法的首项是 axx2…x,则有1≥2≥…≥Ln 证如若不然,设≥12≥…≥1-1,但>-1令 -(2mx 1 k k k-1 即a为互换Ω内k-1与k两个元素,其他保持不变的变换。G(f)是将∫中个单项式中xk-1 与xk互换位置所得出的多项式。∫的首项经这样的变换后变为 ax1…xx1…x=ax1…x1xk-…x,因∫是对称多项式,a()=f,故
第二学期第二十四次课 10．2．2 定理 2.1 域上的对称多项式能唯一地表为初等对称多项式的多项式 引理 1 将 1 2 1 2 ( ) n i i i n a a K 展开成 1 2 , ,..., n x x x 的多项式后，其按字典排列法的 首项是 1 2 2 3 1 2 . n n n i i i i i i i n ax x x + + + + 该命题易证。 引理 2 给定 1 [ ,..., ] K x xn 的两个不同的单项式 2 1 2 1 2 1 2 , n n n i i j i j j n n x x x x x x ，则对任意 1 2 1 2 1 2 1 2 , ( ) ( ). n n i i j j i j n n n S x x x x x x 证 设 1 2 1 2 . n n k k k = 若 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) . n n n n n n i i i i j j j j i i j j n k k k n k k k x x x x x x x x x x x x = = = 按内两个多项式相等的要 求可知应有 1 1 2 2 , ,..., , n n i j i j i j = = = 与 假 设 矛 盾 。 该 引 理 告 诉 我 们 ， 对 任 意 1 2 1 ( , ,..., ) [ ,..., ] n n f x x x K x x ，因为 f 为对 f 的每个单项式用 作变换、，此时 f 中的不 同单项式变为 f 种不同单项式，互相之间不会抵消。 引理 3 给定正整数 t ，定以集合 1 2 1 1 N t i i i i i i i t ( ) {( , ,..., ) | ,0 }, = n k n n Z − 则 N t( ) 是一个有限集合。事实上，容易说明 N t( ) 最多含 ( 1)n t + 个元素。 引理 4 设 1 2 ( , ,..., ) n f x x x 是一个对称多项式，它按字典排列法的首项是 1 2 1 2 n i i i n ax x x ，则有 1 2 . n i i i 证 如若不然，设 1 2 1, k i i i − 但 1 . k k i i − 令 1 2 1 , 1 2 1 k k n k k n − = − 即 为互换 内 k −1 与 k 两个元素，其他保持不变的变换。 ( ) f 是将 f 中个单项式中 k 1 x − 与 k x 互 换 位 置 所 得 出 的 多 项 式 。 f 的 首 项 经 这 样 的 变 换 后 变 为 1 1 1 1 1 1 1 1 . k k n k k n i i i i i i i i k k n k k n ax x x x ax x x x − − − − = 因 f 是 对 称 多 项 式 ， ( ) f f = ， 故
ax1…xx-…x也是∫中的一个单项式(引理2),但i>-1,按字典排列法它应先 于ax1…x,与假设矛盾 下面我们可以来证明定理21: 存在性设f(x2,xn)的首项为a0x…x令 f=f-aooi J=lok -lok(k<n), Jn=ior 从引理1知aah…Oh和∫首相相同,因而上式两端相减后恰把∫的首项消去。若f=0 命题已成立。若f≠0,设其首项为ax1…xm。这个首项是从∫和a01…σh的单项式 中产生出来的,因为∫和a1x1…x的首项已相消,故f的首项在字典排列法中应后于∫ 的首项,即1-l1l2-l2…in-ln序列中第一个不为零的数为正。特别地,我们有b1≥l1 现在用f取代∫重复上述步骤得f2。这样下去,我们得到一串对称多项式f,f2,…它们具 有下列性质: (i)f1=f-ao1…ob(=0,1,2,…;J后=f),fn1的首项按字典排列法应后于的 首项 (i)若设f的首项为a4xx2…xm,则 o1≥l12l212 又因f为对称多项式,根据引理4,有 i1≥k22…≥ln≥0(k=0.,2…) 由于(o1,la2…in)是∫首项的不定元的方幂,是给定的,按引理3,满足条件(ⅱ)的整数 组(i412…,)只有有限多个。于是必有某个∫=0。再根据性质(i)逐步上推,即知 ∫=f6可表为初等对称多项式σ1…,On得多项式。 一性设g(1…,yn)∈K[y,…y]我们来证明:若g(a1,On)=0,则必有 g(y1…,yn)=0。有反证法,设g(y2…,yn)≠0,那么对于g(n1…,y)中任意两个单项式 y yh(ab≠0)
1 1 1 1 k k n i i i i k k n ax x x x − − 也是 f 中的一个单项式（引理 2），但 1 . k k i i − ，按字典排列法它应先 于 1 1 , n i i n ax x 与假设矛盾。 下面我们可以来证明定理 2.1： 存在性 设 1 ( ,..., ) n f x x 的首项为 01 0 0 1 . n i i n a x x 令 1 2 1 0 1 2 0 0 1 0 , ( ), . n j j j n k k k n n f f a j i i k n j i + = − = − = 从引理 1 知 1 0 n j j n n a 和 f 首相相同，因而上式两端相减后恰把 f 的首项消去。若 1 f = 0 ， 命题已成立。若 1 f 0 ，设其首项为 11 1 1 1 n i i n a x x 。这个首项是从 f 和 1 0 1 n j j n a 的单项式 中产生出来的，因为 f 和 11 1 1 1 n i i n a x x 的首项已相消，故 1 f 的首项在字典排列法中应后于 f 的首项，即 01 11 02 12 0 1 , ,..., n n i i i i i i − − − 序列中第一个不为零的数为正。特别地，我们有 01 11 i i . 现在用 1 f 取代 f 重复上述步骤得 2 f 。这样下去，我们得到一串对称多项式 1 2 f f , ,... 它们具 有下列性质： （i） 1 1 1 0 ( 0,1,2,...; ), n k k i i i n f f a i f f + = − = = i 1 f + 的首项按字典排列法应后于 i f 的 首项； （ii）若设 k f 的首项为 1 2 1 2 , k k kn i i i k n a x x x 则 01 11 21 i i i . 又因 k f 为对称多项式，根据引理 4，有 1 2 0( 0,1,2,...). k k kn i i i k = 由于 01 02 0 ( , , ) n i i i 是 f 首项的不定元的方幂，是给定的，按引理 3，满足条件（ii）的整数 组 1 2 ( , , , ) k k kn i i i 只有有限多个。于是必有某个 0 r f = 。再根据性质（i）逐步上推，即知 0 f f = 可表为初等对称多项式 1 ,..., n 得多项式。 唯一性 设 1 1 ( ,..., ) [ ,..., ]. n n g y y K y y 我们来证明：若 1 ( ,..., ) 0 n g = ，则必有 1 ( ,..., ) 0 n g y y = 。有反证法，设 1 ( ,..., ) 0 n g y y ，那么对于 1 ( ,..., ) n g y y 中任意两个单项式 1 1 1 1 , ( 0), n n i j i j n n ay y by y ab
若以初等对称多项式代入,从引理1可知其首项分别为 bo1…σh=bx 当(1,…,)≠(1…,Jn)时,上面两个多项式的首项中不定元x,…,xn的方幂不能都相同 因而不能相互抵消。既然σ12,Gn代入g的各单项式后展开所得的首项各不相同,不能抵 消,从这些首项中按字典排列法又可选出一个非零的单项式先于其他首项,它即是 8(12…,On)=f(x,…,xn)的首项,故∫≠0 现在设存在,q∈K[12…,yl,使 f(x2…,x)=0(a1,…On)=q(a1…,On), 令g(y1…,yn)=(1…,yn)-1(,…,y),则有g(12…,On)=0,于是g=0,即=1 这样唯一性得证 10.2.2 牛顿公式 S-aSA+a2-2+…+(-1)-oA5+(-1)kak=0(1≤k≤m) Sk-σ;SA-1+…+(-1)o,SA-m=0k>m) 证明设F=K(x1…,xn),考虑有理函数域F上的一元多项式 f(x)=(x-x1)(x-x2)…(x-xn) x"-σ1x”+…+(-1)σn 在有理函数域F(x)上,对任意正整数k,有 f(x)2x-x 2fx1-x/x k+1 x x/x 1++…+ 于是 xf(x)/f(x)=∑x2+x2 两边同乘f(x),求和,因(x-x)f(x),有 x1f(x)=(S6x2+s;x=1+…+s)f(x)+g(x) 其中degg(x)<degf(x)=n.另一方面,从(*)可得(设σo=1)
若以初等对称多项式代入，从引理 1 可知其首项分别为 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 , . n n n n n n n n i i i i i i i n n j j j j j j j n n a ax x x b bx x x + + + + + + + + = + = + 当 1 1 ( ,..., ) ( ,..., ) n n i i j j 时，上面两个多项式的首项中不定元 1 ,..., n x x 的方幂不能都相同， 因而不能相互抵消。既然 1 ,..., n 代入 g 的各单项式后展开所得的首项各不相同，不能抵 消，从这些首项中按字典排列法又可选出一个非零的单项式先于其他首项，它即是 1 1 ( ,..., ) ( ,..., ) n n g f x x = 的首项，故 f 0 。 现在设存在 1 1 , [ ,..., ], K y yn 使 1 1 1 1 ( ,..., ) ( ,..., ) ( ,..., ) n n n f x x = = ， 令 1 1 1 1 ( ,..., ) ( ,..., ) ( ,..., ) n n n g y y y y y y = − ，则有 1 ( ,..., ) 0, n g = 于是 g = 0 ，即 = 1 。 这样唯一性得证。 10．2．2 牛顿公式 1 1 1 2 2 1 1 1 1 ( 1) ( 1) 0(1 ); ( 1) 0( ). k k k k k k k n k k n k n s s s s k k n s s s k n − − − − − − − + + + − + − = − + + − = 证明 设 1 ( ,..., ) F K x x = n ，考虑有理函数域 F 上的一元多项式 1 2 1 1 ( ) ( )( ) ( ) ( 1) . n n n n n f x x x x x x x x x − = − − − = − + + − （*） 在有理函数域 F x( ) 上，对任意正整数 k ，有 ( ) ( ) 1 1 1 1 ( ) 1 1 1 ( ) 1 1 1 . 1 n n i i i i k k n i i i i i f x f x x x x x x x x x x x x x x x = = + = = = − − = + + + + − 于是 1 1 1 1 ( ) ( ) . n k k k k k i i i i i x x f x f x x x x x x x + + − = = + + + + − 两边同乘 f x( ) ，求和，因 ( ) | ( ) i x x f x − ，有 1 1 0 1 ( ) ( ) ( ) ( ), k k k k x f x s x s x s f x g x + − = + + + + （**） 其中 deg ( ) deg ( ) . g x f x n = 另一方面，从（*）可得（设 0 =1 ）
x(x)=∑(-1)(n-1)ox 取定正整数m,令k>m,则n+k-m>n比较上是与(**)右端中xm的系数(因为 degg(x)<n,此系数与g(x)无关),有 ∑5(-1)σ=(-1)"(n-m)n(1≤m≤m) 注意上面两个和式中,0≤j≤n第一个和式展开后为 1+…+s1(-1) (-1)"om=(-1)"(n-m)a 以S0=n代入,移项后,得 Sn-Sn-a1+…+S(-1)"σn1+(-1)"mon=0(≤m≤m) 这就是牛顿公式中第一个公式。(*幸*)中第二个和式即为牛顿公式中的第二个公式
1 0 ( ) ( 1) ( ) . n k i n k i i i x f x n i x + + − = = − − 取定正整数 m ，令 k m , 则 n k m n + − . 比较上是与（**）右端中 n k m x + − 的系数（因为 deg ( ) g x n ，此系数与 g x( ) 无关），有 ( 1) ( 1) ( ) (1 ); ( 1) 0 ( ). j m i j m i j m j i j i j m s n m m n s m n + = + = − = − − − = （***） 注意上面两个和式中， 0 . j n 第一个和式展开后为 1 1 1 1 1 0 ( 1) ( 1) ( 1) ( ) , m m m m m m m m s s s s n m − − + + − + − = − − − − 以 0 s n = 代入，移项后，得 1 1 1 1 1 ( 1) ( 1) 0 1 ). m m m m m m s s s m m n − − + + − + − = − − （ 这就是牛顿公式中第一个公式。（***）中第二个和式即为牛顿公式中的第二个公式
