对称多项式与 Newton 恒等式

形式陈述

设 $R$ 为非零交换含幺环， $n\ge1$ 。在多元多项式环 $R[x_1,\ldots,x_n]$ 中，若任意置换 $\sigma\in S_n$ 都满足

f(x_{\sigma(1)},\ldots,x_{\sigma(n)})=f(x_1,\ldots,x_n),

就称 $f$ 为对称多项式。这些多项式组成子环 $R[x_1,\ldots,x_n]^{S_n}$ 。这里要求形式多项式相等，即系数逐项相等；在有限环上，只检验所有取值相等并不足够。

第 $k$ 个基本对称多项式和第 $k$ 个幂和分别是

e_k=\sum_{1\le i_1<\cdots<i_k\le n}x_{i_1}\cdots x_{i_k} \quad(1\le k\le n), \qquad p_k=\sum_{i=1}^n x_i^k\quad(k\ge1).

约定 $e_0=1$ ， $k>n$ 时 $e_k=0$ 。例如 $e_1=x_1+\cdots+x_n$ ， $e_n=x_1\cdots x_n$ 。对称多项式基本定理说，每个对称多项式唯一写成

f=F(e_1,\ldots,e_n),\qquad F\in R[y_1,\ldots,y_n].

换言之，代入同态 $y_k\mapsto e_k$ 给出同构

R[y_1,\ldots,y_n]\ \cong\ R[x_1,\ldots,x_n]^{S_n}.

对所有 $k\ge1$ ，Newton 恒等式为

\boxed{\quad k e_k=\sum_{j=1}^k(-1)^{j-1}e_{k-j}p_j.\quad}

它在任意这样的 $R$ 上都成立。由 $e_1,\ldots,e_n$ 递推全部 $p_k$ 总是可行，因为右端 $p_k$ 的系数是 $(-1)^{k-1}$ 。反向递推 $e_k$ 则涉及除以 $k$ ；若 $1,2,\ldots,n$ 在 $R$ 中均可逆，就能从 $p_1,\ldots,p_n$ 唯一恢复所有 $e_k$ 。这等价于 $n!$ 为单位。

直觉

把 $x_1,\ldots,x_n$ 看成尚未编号的一组根，对称多项式就是不依赖编号的计算结果。基本对称式按“选一个根、选两个不同的根、……、选全部根”组织信息。展开乘积便得到韦达公式：

\prod_{i=1}^n(t-x_i) =t^n-e_1t^{n-1}+e_2t^{n-2}-\cdots+(-1)^ne_n.

因此，基本定理把所有不依赖根的编号的多项式计算，都转成了首一多项式的系数计算。它还保证这种形式表达唯一。不过，唯一性针对独立不定元：代入一组具体根之后，根满足的额外关系可能使不同表达式取相同的值。

按最大单项式逐项消去

先给单项式排一个顺序。对 $x^a=x_1^{a_1}\cdots x_n^{a_n}$ ，先比较总次数 $|a|=a_1+\cdots+a_n$ ；总次数相同时，从 $a_1$ 向右找到第一个不同位置，该处指数较大的单项式较大。这是按 $x_1>\cdots>x_n$ 排列的分次字典序。它在两边同时乘以同一个单项式后保持大小关系；非零多项式中最大的单项式称为其首单项式。

设对称多项式 $f$ 的首项为 $c x^a$ ，其中 $c\ne0$ 。必有

a_1\ge a_2\ge\cdots\ge a_n.

否则存在 $i<j$ 使 $a_i<a_j$ 。交换 $x_i,x_j$ 后，对称性保证交换后的单项式仍以系数 $c$ 出现在 $f$ 中；它总次数不变，而第一个改变的位置 $i$ 的指数变大，违反首单项式最大性。

每个 $e_k$ 的首单项式是 $x_1\cdots x_k$ ，系数为 $1$ 。令 $a_{n+1}=0$ ，构造

q_a=\prod_{k=1}^n e_k^{a_k-a_{k+1}}.

它的首单项式恰是 $x^a$ ：变量 $x_i$ 的指数为 $\sum_{k=i}^n(a_k-a_{k+1})=a_i$ ，首项系数仍为 $1$ 。于是 $f-cq_a$ 消去了原首项，保留对称性，且没有引入更大的单项式。整个操作只乘减系数，不需要除以 $c$ ；即使 $R$ 有零因子，也没有障碍。

重复这一步就得到所求表达式。终止性可以直接看见： $q_a$ 齐次且次数为 $|a|$ ，因此中途不会超过原多项式的总次数；固定变量个数和次数上界时，只有有限多个单项式，而每一步的首单项式严格变小。最后余项只能为零。这证明了存在性，也给出了一个实际的消去算法。

为什么表达式唯一

对任意非负整数向量 $b=(b_1,\ldots,b_n)$ ，乘积 $e_1^{b_1}\cdots e_n^{b_n}$ 的首单项式指数为

a_i=b_i+b_{i+1}+\cdots+b_n.

这个对应可逆，因为 $b_i=a_i-a_{i+1}$ 。所以不同的 $e$ 单项式具有不同的首单项式。若非零多项式 $F(y)=\sum_b c_b y^b$ 代入后等于零，从所有 $c_b\ne0$ 的项中选出首单项式最大的一个。其他项的全部单项式都比它小，无法消去它；它的系数正是 $c_b\cdot1=c_b\ne0$ ，矛盾。因此代入同态的核为零，唯一性得证。

这也澄清“基本对称式是一组基”的含义： $e_1,\ldots,e_n$ 是有限个代数生成元，并不是靠线性组合就能张成所有对称多项式的一组基。所有乘积 $e_1^{b_1}\cdots e_n^{b_n}$ 才构成这个对称子环的 $R$ -模基；当 $R$ 是域时，它们是向量空间基。

Newton 恒等式从哪里来

令 $A=R[x_1,\ldots,x_n]$ ，在形式幂级数环 $A[\! [z]\! ]$ 中考虑

E(z)=\prod_{i=1}^n(1+x_i z)=\sum_{k=0}^n e_k z^k.

各因子的常数项都是 $1$ ，故有形式逆元 $\sum_{r\ge0}(-x_i z)^r$ 。对乘积逐项形式求导，再代入这些逆元，得到

\begin{aligned} E'(z) &=E(z)\sum_{i=1}^n\frac{x_i}{1+x_i z}\\ &=E(z)\sum_{j\ge1}(-1)^{j-1}p_j z^{j-1}. \end{aligned}

比较 $z^{k-1}$ 的系数即得 Newton 恒等式。这里没有对数、解析收敛或除以整数；形式导数中的 $k$ 是在环内把 $1$ 相加 $k$ 次，所以证明也覆盖正特征。

例子与边界

不求三次方程的根，完成两类对称计算

设 $\alpha,\beta,\gamma$ 是

h(t)=t^3-6t^2+11t-6

在复数中的三个根，按重数计。韦达公式直接给出 $e_1=6$ 、 $e_2=11$ 、 $e_3=6$ 。Newton 恒等式的前三步为

\begin{aligned} p_1&=e_1=6,\\ p_2&=e_1p_1-2e_2=36-22=14,\\ p_3&=e_1p_2-e_2p_1+3e_3=84-66+18=36. \end{aligned}

当 $k=4$ 时 $e_4=0$ ，因此

\alpha^4+\beta^4+\gamma^4 =p_4=e_1p_3-e_2p_2+e_3p_1 =216-154+36=98.

再计算不是幂和的表达式 $\alpha^2\beta^2+\alpha^2\gamma^2+\beta^2\gamma^2$ 。展开 $e_2^2$ ，交叉项恰是

2(\alpha^2\beta\gamma+\alpha\beta^2\gamma+\alpha\beta\gamma^2) =2e_1e_3.

所以

\boxed{\alpha^2\beta^2+\alpha^2\gamma^2+\beta^2\gamma^2 =e_2^2-2e_1e_3=121-72=49.}

这个恒等式也能由上面的消去算法获得：目标多项式的首单项式为 $\alpha^2\beta^2$ ，先减去 $e_2^2$ ；余下的是 $-2e_1e_3$ ，于是还原出同一表达式。整个计算只用了系数，没有先解出三个根。

反过来，在 $2,3$ 可逆的系数环中，若已知三根的幂和 $p_1=6$ 、 $p_2=14$ 、 $p_3=36$ ，递推给出

e_1=6,\qquad e_2=\frac{p_1^2-p_2}{2}=11,\qquad e_3=\frac{p_3-e_1p_2+e_2p_1}{3}=6.

因此唯一恢复的首一三次多项式正是 $h(t)$ 。

整数系数与小特征的区别

特征零的域中每个正整数均可逆，所以前 $n$ 个幂和也能作为对称多项式环的代数生成元。特征为素数 $p>n$ 的域同样满足条件。但“特征零”对于一般交换环不够： $\mathbb Z$ 中的 $2$ 不是单位，公式 $e_2=(p_1^2-p_2)/2$ 不属于整系数多项式表达式。

这不是只差一种写法。对两个变量，若存在 $e_2=G(p_1,p_2)$ 且 $G\in\mathbb Z[u,v]$ ，把系数模 $2$ 化简，再分别代入 $(0,0)$ 和 $(1,1)$ ，两边的幂和输入都为 $(0,0)$ ，而 $e_2$ 分别为 $0$ 和 $1$ ，矛盾。若一组整数幂和确实来自整数根，递推中的某些除法当然可能整除；这与存在适用于任意输入的整系数多项式公式是两回事。

同一个例子还说明小特征中会真的丢失根的多重集信息。在 $\mathbb F_2$ 中， $(0,0)$ 与 $(1,1)$ 的每个正整数次幂和都等于零，但对应首一多项式分别是

t^2\qquad\text{与}\qquad(t-1)^2=t^2+1.

所以即使知道全部正次幂和，也不能在这里恢复系数。Newton 恒等式仍然正确；失败的是除以 $2$ 的逆向步骤。基本对称式本身以及基本定理都不受这个问题影响。

推论与应用

系数与根的关系可分成两个层次：韦达公式直接识别各个系数，基本定理则保证任何对称多项式表达式都能用这些系数计算。若所求表达式并不对全部置换保持不变，例如三根中的 $\alpha-\beta$ ，便不能仅凭这种对称性消去根的编号；研究哪些置换实际来自域自同构，需要进一步进入Galois 群。

Newton 恒等式还给出高次幂和的有限递推。对 $k>n$ ，它化成

p_k=e_1p_{k-1}-e_2p_{k-2}+\cdots+(-1)^{n-1}e_np_{k-n}.

因此首一 $n$ 次多项式的系数与最初 $n$ 个幂和一旦确定，所有后续幂和都可只用加减乘法计算。三次例子的 $p_4=98$ 正是这一递推的第一步。

在代数整数的极小多项式判据中，共轭根都是整元素，而系数是这些根的基本对称式。基本对称式只有加法和乘法，因此整元素的封闭性立即保证系数也整；再结合系数有理，就能推出系数为整数。这一应用依赖的是基本对称式，不需要在整数环中除以 Newton 恒等式里的 $k$ 。

参考资料

Keith Conrad, Symmetric Polynomials，14 页版本，§§3–4、Theorems 1.5/4.1，尤其 p.13 对非零交换环的推广：基本定理、消去算法与唯一性。
Julia Pevtsova, Worksheet on Symmetric Polynomials and Gauss Lemma，UW Math 504，2018-11-28，§2、p.2：Newton 恒等式及特征零域上的幂和生成元。
Jendrik Stelzner, Algebra I notes，Stroppel 2014 年课程的个人讲义，2021-03-31 修订、commit 160061d，§§11.4–11.9、印刷 pp.72–73：形式生成级数证明与特征条件。

形式陈述 ​

按最大单项式逐项消去 ​

为什么表达式唯一 ​

Newton 恒等式从哪里来 ​

不求三次方程的根，完成两类对称计算 ​

整数系数与小特征的区别 ​

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