对称多项式

咕咕哒 發表於 2025-10-15 19:09:00

感性理解高等代数学第四版 5.9 节。
<h3 id="定义">定义</h3>
设 \(f(x_1,x_2,\dots,x_n)\) 是数域 \(\mathbb{K}\) 上的 \(n\) 元多项式。若对任意 \(1\le i<j\le n\)，都有 \(f(x_1,\dots,x_i,\dots,x_j,\dots,x_n)=f(x_1,\dots,x_j,\dots,x_i,\dots,x_n)\)，则称 \(f(x_1,x_2,\dots,x_n)\) 是数域 \(\mathbb{K}\) 上的 \(n\) 元对称多项式。
<blockquote>
交换任意两个自变量后函数不变的多项式是对称多项式。
</blockquote>
<h3 id="性质">性质</h3>
显然若 \(f(x_1,x_2,\dots,x_n)\) 是对称的，那么对任意排列 \({p_n}\)，\(f(x_1,x_2,\dots,x_n)=f(x_{p_1},x_{p_2},\dots,x_{p_n})\)。
<blockquote>
任意排列都可以由 \(1,2,\dots,n\) 经过若干次交换而来，排列的置换是若干交换的复合。
</blockquote>
对称多项式的多项式仍是对称多项式。
<blockquote>
每个对称多项式交换任意两个自变量后不变，故其多项式值也不变。
</blockquote>
<h3 id="定义-1">定义</h3>
对于 \(n\) 元的对称多项式，我们定义 \(n\) 元初等多项式：
<div class="math display">\[\begin{aligned}
\sigma_1&=\sum\limits_{i=1}^n x_i\\
\sigma_2&=\sum\limits_{1\le i<j\le n} x_ix_j\\
&\dots\\
\sigma_n&=x_1x_2\dots x_n
\end{aligned}
\]</div><blockquote>
\(\sigma_i\) 为所有 \(i\) 次且每个元最高次为 \(1\) 的单项式的和。
</blockquote>
<h3 id="定理">定理</h3>
设 \(f(x_1,x_2,\dots,x_n)\) 是数域 \(\mathbb{K}\) 上的 \(n\) 元对称多项式，则存在 \(\mathbb{K}\) 上唯一的的一个多项式 \(g(y_1,y_2,\dots,y_n)\)，使得：
<div class="math display">\[f(x_1,x_2,\dots,x_n)=g(\sigma_1,\sigma_2,\dots,\sigma_n)
\]</div><h3 id="感性理解其证明">感性理解其证明</h3>
（由于是感性理解，意图在于使其易懂，语言并不严谨）
首先看存在性。我们将 \(f\) 按照字典序排序并取首项 \(Ax_1^{i_1}x_2^{i_2}\dots x_n^{i_n}\)，可以知道 \(i_1\ge i_2\ge \dots \ge i_n\)。若不然，设 \(a<b\) 而 \(i_a<i_b\)，由于是对称多项式，所以将 \(x_a,x_b\) 对换后就相当于存在一项将 \(i_a,i_b\) 对换得到的单项式，显然其字典序更大。
然后我们在 \(g\) 中加入一项 \(h=A\sigma_1^{i_1-i_2}\sigma_2^{i_2-i_3}\dots\sigma_{n-1}^{i_{n-1}-i_{n}}\sigma_n^{i_n}\)，拆一个前缀和就知道这个式子按字典序排列首项就是 \(Ax_1^{i_1}x_2^{i_2}\dots x_n^{i_n}\)，然后把多的减掉得到 \(f'=f-h\)，显然 \(f'\) 也是对称多项式。
由于每次都加入的是 \(\sigma\) 的多项式，所以这样构造的 \(g\) 是满足要求的，我们只需要证明操作一定会停止就好了。
可以发现，每次操作不会让 \(f\) 的次数增加，同时一定会让首项的字典序减小。而次数是有限的，那么次数的排列也是有限的，每次首项的字典序都减小，操作就一定会停止。而停止的时刻一定满足新的 \(f'=0\)（否则一定可以通过上述操作构造出新的 \(h\)），也就是此时的 \(g\) 满足要求。
然后是唯一性。如果 \(g\) 和 \(h\) 都满足要求，则 \(g(\sigma_1,\sigma_2,\dots,\sigma_n)=h(\sigma_1,\sigma_2,\dots,\sigma_n)\)。设 \(\varphi=g-h\)，有 \(\varphi(\sigma_1,\sigma_2,\dots,\sigma_n)=0\)。我们需要证明 \(\varphi=0\)。
用反证法，设 \(\varphi(y_1,y_2,\dots,y_n)\neq 0\)，我们考虑单项式在带入后得到的首项，直接求字典序最大项的乘积，容易知道 \(A\sigma_1^{i_1}\sigma_2^{i_2}\dots\sigma_n^{i_n}=Ax_1^{i_1+\dots+i_n}x_2^{i_2+\dots+i_n}\dots x_n^{i_n}\)，而不同的序列将有不同的后缀和，所有首项都不是同类项，所以 \(\varphi(\sigma_1,\sigma_2,\dots,\sigma_n)\) 的首项一定是所有个首项中字典序最大的，由此其不为 \(0\)，矛盾。因此 \(\varphi=0\)。 
来源：https://www.cnblogs.com/Xuan-tmp/p/19144071

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