最后更新: 2025-10-18 21:55 查看: 41 次反馈能力测评会员8.2元/月赞助

对称多项式的基本定理、判别式与方幂和

## 对称多项式的基本定理
定理 2．1（对称多项式的基本定理）设多项式 $f\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ 是 $K\left[x_1, \cdots, x_n\right]$ 内的一个对称多项式，则存在唯一的 $\varphi\left(y_1, \cdots, y_n\right) \in K\left[y_1, \cdots, y_n\right]$ ，使 $f\left(x_1, \cdots, x_n\right)=\varphi\left(\sigma_1, \cdots, \sigma_n\right)$ ．

证 存在性 设 $f\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ 的首项为 $a_0 x_1^{i_{01}} \cdots x_n^{i_{0 n}}$ ．令

$$
\begin{aligned}
& f_1=f-a_0 \sigma_1^{j_1} \sigma_2^{j_2} \cdots \sigma_n^{j_n}, \\
& j_k=i_{0 k}-i_{0 k+1}(k<n), \\
& j_n=i_{0 n} .
\end{aligned}
$$

从引理1知 $a_0 \sigma_n^{j_1} \cdots \sigma_n^{j_n}$ 和 $f$ 首项相同，因而上式右端两项相减后恰把 $f$ 的首项消去．若 $f_1=0$ ，命题已成立．若 $f_1 \neq 0$ ，设其首项为 $a_1 x_1^{i_{11}} \cdots x_n^{i_{1 n}}$ ．这个首项是从 $f$ 和 $a_0 \sigma_1^{j_1} \cdots \sigma_n^{j_n}$ 的单项式中产生出来的，因为 $f$ 和 $a_0 \sigma_1^{j_1} \cdots \sigma_n^{j_n}$ 的首项已相消，故 $f_1$ 的首项在字典排列法中应后于 $f$ 的首项，即 $i_{01}-i_{11}, i_{02}-i_{12}, \cdots, i_{0 n}-i_{1 n}$ 序列中第一个不为零的数为正．
特别地，我们有 $i_{01} \geqslant i_{11}$ ．现在用 $f_1$ 取代 $f$ 重复上述步骤（因 $f_1$ 显然也是对称多项式）得 $f_2$ ．若 $f_2 \neq 0$ ，则因 $f_2$ 仍为对称多项式，可以对 $f_2$ 重复这个步骤．这样下去，我们得到一串对称多项式 $f_1, f_2, \cdots$ ．它们具有下列性质：
（i）$f_{i+1}=f_i-a_i \sigma_1^{k_1} \cdots \sigma_n^{k_n} \quad\left(i=0,1,2, \cdots ; f_0=f\right), f_{i+1}$ 的首项按字典排列法应后于 $f_i$ 的首项；
（ii）若设 $f_k$ 的首项为 $a_k x_1^{i_k} x_2^{i_k 2} \cdots x_n^{i_k}$ ，则

$$
i_{01} \geqslant i_{11} \geqslant i_{21} \geqslant \cdots
$$

又因 $f_k$ 为对称多项式，根据引理 4 ，有

$$
i_{k 1} \geqslant i_{k 2} \geqslant \cdots \geqslant i_{k n} \geqslant 0 \quad(k=0,1,2, \cdots) .
$$

由于 $\left(i_{01}, i_{02}, \cdots, i_{0 n}\right)$ 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 $\left(i_{k 1}, i_{k 2}, \cdots, i_{k n}\right)$ 只有有限多个．于是必有某个 $f_r=0$ ．再根据性质（i）逐步上推，即知 $f=f_0$ 可表为初等对称多项式 $\sigma_1, \cdots, \sigma_n$ 的多项式．

唯一 性 设 $g\left(y_1, \cdots, y_n\right) \in K\left[y_1, \cdots, y_n\right]$ 。我们来证明：若 $g\left(\sigma_1, \cdots, \sigma_n\right)=0$ ，则必有 $g\left(y_1, \cdots, y_n\right)=0$ ．用反证法．设 $g\left(y_1, \cdots, y_n\right) \neq 0$ ，那么对于 $g\left(y_1, \cdots, y_n\right)$ 中任意两个单项式
$$
a y_1^{i_1} \cdots y_n^{i_n}, \quad b y_1^{j_1} \cdots y_n^{j_n} \quad(a b \neq 0),
$$

若以初等对称多项式代入，从引理1可知其首项分别为

$$
\begin{aligned}
& a \sigma_1^{i_1} \cdots \sigma_n^{i_n}=a x_1^{i_1+\cdots+i_n} x_2^{i_2+\cdots+i_n} \cdots x_n^{i_n}+\cdots, \\
& b \sigma_1^{j_1} \cdots \sigma_n^{j_n}=b x_1^{j_1+\cdots+j_n} x_2^{j_2+\cdots+j_n} \cdots x_n^{j_n}+\cdots .
\end{aligned}
$$

当 $\left(i_1, \cdots, i_n\right) \neq\left(j_1, \cdots, j_n\right)$ 时，上面两个多项式的首项中不定元 $x_1$ ， $\cdots, x_n$ 的方篡不能都相同，因而不能相互抵消．既然 $\sigma_1, \cdots, \sigma_n$ 代入 $g$的各单项式后展开所得的首项各不相同，不能相消，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 $g\left(\sigma_1, \cdots, \sigma_n\right)=f\left(x_1, \cdots, x_n\right)$ 的首项，故 $f

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