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 ）