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 