关于多项式未定元的理解, 在 2.2.3 中定义的交换环 R 上的多项式环 R[x] 中, 我理解 x 是对 R 中元素的代值; 但其实 x 就是未定元, 其语义要在多项式使用时根据上下文来确定. 基于此来理解 $R[x_1, x_2]$, 即 $R[x_1][x_2], a_n x_2^n + \cdots + a_0$, 我之前理解 $a_n, \cdots, a_0 \in R[x_1], x_1 \in R, x_2 \in R[x_1]$, 但这份理解有点狭窄了, 这里 $a_n x_2^n + \cdots + a_0$ 最终可以展开为 $b_n x_1^{n_1} x_2^{n_2} + \cdots, b_n \in R, x_1, x_2$ 都是未定元. 以 $(ax + b) (cx+d) = acx^2 + \cdots$ 为例, 在计算 $(ax \cdot cx)$ 时我们进行了交换 $a \cdot c \cdot x \cdot x$, 即这里 x 实际取值也要满足交换律.
这里证明下初等对称多项式是对称的.
证明: 以如下展开为例, 可以看到 $s_k(x_1, \cdots, x_n)$ 就是将所有从 n 中选择出 k 个不同 x 相乘之后再相加.
\[\begin{align} s_3(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5) &= x_1 x_2 x_3 + x_1 x_2 x_4 + x_1 x_2 x_5 \\ &+ x_1 x_3 x_4 + x_1 x_3 x_5 + x_1 x_4 x_5 \\ &+ x_2 x_3 x_4 + x_2 x_3 x_5 + x_2 x_4 x_5 \\ &+ x_3 x_4 x_5 \\ s_3(x_{\sigma(1)}, x_{\sigma(2)}, x_{\sigma(3)}, x_{\sigma(4)}, x_{\sigma(5)}) &= x_{\sigma(1)} x_{\sigma(2)} x_{\sigma(3)} + x_{\sigma(1)} x_{\sigma(2)} x_{\sigma(4)} + x_{\sigma(1)} x_{\sigma(2)} x_{\sigma(5)} \\ & + x_{\sigma(1)} x_{\sigma(3)} x_{\sigma(4)} + x_{\sigma(1)} x_{\sigma(3)} x_{\sigma(5)} + x_{\sigma(1)} x_{\sigma(4)} x_{\sigma(5)} \\ &+ x_{\sigma(2)} x_{\sigma(3)} x_{\sigma(4)} + x_{\sigma(2)} x_{\sigma(3)} x_{\sigma(5)} + x_{\sigma(2)} x_{\sigma(4)} x_{\sigma(5)} \\ &+ x_{\sigma(3)} x_{\sigma(4)} x_{\sigma(5)} \end{align}\]$\sigma(s_k) = s(x_{\sigma(1)}, \cdots, x_{\sigma(n)})$ 也是如此, 考虑到集合 ${x_{\sigma(1)}, \cdots, x_{\sigma(n)}}$ 与 ${x_1, \cdots, x_n}$ 是相同的, 因此从 n 中选择出 k 个不同 x 相乘之后再相加所得结果也是相同的.
另一种证明姿势是, 见定理 5.16, 韦达定理可知 $\prod_{i=1}^n(x - x_i)$ 中 $x^{n-k}$ 的系数是 $s_k = (-1)^k \sum_{1 \le i_1 \lt i_2 \lt \cdots \lt i_k \le n}x_{i_1}x_{i_2}\cdots x_{i_k}$. 易证 $\prod_{i=1}^n(x - x_{\sigma(i)})$ 中 $x^{n-k}$ 的系数是 $\sigma(s_k)=(-1)^k \sum_{1 \le i_1 \lt i_2 \lt \cdots \lt i_k \le n}x_{\sigma(i_1)}x_{\sigma(i_2)}\cdots x_{\sigma(i_k)}$, 而 $\prod_{i=1}^n(x - x_{\sigma(i)}) = \prod_{i=1}^n(x - x_i)$ 显然成立, 所以 $s_k = \sigma(s_k)$.
9.15.zy1, 接着引理 7.14, 求证 $\sigma(fg) = \sigma(f) \sigma(g)$
证明: 令 $h(x_1, \cdots, x_n) = f(x_1, \cdots, x_n) g(x_1, \cdots, x_n)$, 则:
\[\begin{align} \sigma(h) &= h(x_{\sigma(1)}, \cdots, x_{\sigma(n)}) = f(x_{\sigma(1)}, \cdots, x_{\sigma(n)})g(x_{\sigma(1)}, \cdots, x_{\sigma(n)})\\ &= \sigma(f)\sigma(g) \end{align}\]9.15.zy2, 若 f, g 都对称多项式, 则 f+g, cf 也是对称多项式.
证明: 显然.
9.15.zy3, 整环 R 上 n 元多项式 $h=fg$, 若已知 h, f 是对称多项式都不为 0, 求证 g 也是对称多项式.
证明: 假设 g 不是对称多项式, $\exists \sigma, \sigma(g) \ne g$. 同时 $\sigma(h) = \sigma(f) \sigma(g) = h = fg = f \sigma(g)$. 即 $f(g - \sigma(g)) = 0$, R 为整环, 其上 n 元多项式也是整环. 所以 $g - \sigma(g) = 0$, 矛盾了.
定理 9.15, 对称多项式基本定理, 略作补充, 原文有几处 typo 还挺影响理解的.
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整个证明脉络是先证明当 n=1, 对于任一 d 断言都成立. 之后假设 n=N-1 时, 任一 d 断言也都成立. 现在开始证明 n=N 时, 此时先证明 d = 0 时断言成立, 之后利用归纳法证明断言对每一个 d 都成立.
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权重, 我一开始觉得权重这个概念挺奇怪的, 按理说多元多项式中未定元定位都是平等的, 但为啥在权重中没有体现出来?
解: 设 n 元多项式 $g(x_1, \cdots, x_n)$ 的权重是 d, 则意味着 n 元多项式 $g(s_1, \cdots, s_n)$ 的次数是 d. 以 $g(x_1, x_2) = x_1 x_2^2$ 为例, 其权重是 5; $g(s_1, s_2) = x_1^3 x_2^2 + x_1^2 x_2^3$ 次数也是 5.
等等, 那原文断言中当 f 次数为 d 时, 什么情况 g 的权重会 $< d$? 我理解不可能吧. 应该不可能, 我下面注明了.
P.S. 易证 f 权重不小于 f 次数.
- $(s_i)_0$ 是 n-1 元初等对称多项式.
证明: 首先根据定理 5.16, 韦达定理易证这里 $(s_i)_0$ 就是 $F(x) = (x - x_1)(x - x_2) \cdots (x - x_{n-1})$ 中 $x^{n - 1 - i}$ 的系数:
\[\begin{align} (x - x_1)(x - x_2)(x - x_3) &= x^3 - (x_1 + x_2 + x_3)x^2 + (x_1 x_2 + x_1 x_3 + x_2 x_3) x - x_1 x_2 x_3 \\ (x - x_1)(x - x_2) &= x^2 - (x_1 + x_2)x + x_1 x_2 \end{align}\]这里 $(s_i)_0$ 是 n-1 元多项式, $s_i$ 是 n 元多项式; 且由上易知 $(s_i)_0(x_1, x_2, \cdots, x_{n-1}) = s_i(x_1, \cdots, x_{n-1}, 0)$. 易证其也是对称多项式, 也是 n-1 元初等对称多项式.
- n=1 时, 对于任一 d 断言成立
解: n=1 时, f(x) 是一元多项式, 自然有 $\forall \sigma \in S_1, \sigma(f) = f$. 即 f 总是对称多项. 此时 $s_1(x_1) = x_1$, 也是一元多项式. 令断言中 g 取 f 自身则可得断言成立.
- n 元多项式, d = 0 时断言成立.
解: 对于 n 元多项式, 当 d=0 时易知 f 总是常数项. 此时令 g=f, 则断言也成立.
- 对于次数 d 的 n 元多项式, 已知断言对于次数 < d 的 n 元多项式成立, 现在证次数为 d 时断言也成立.
解: 令 $h(x_1, \cdots, x_{n-1}) = f(x_1, \cdots, x_{n-1}, 0)$, 则易证 h 是 n-1 元对称多项式, 且其次数 <= d. 由已知条件可知 $\exists g_1(x_1, \cdots, x_{n-1}), h = g_1((s_1)_0, \cdots, (s_{n-1})_0)$.
令 $f_1(x_1, \cdots, x_n) = f(x_1, \cdots, x_n) - h(x_1, \cdots, x_{n-1})$. 这里 h 是 n-1 元多项式, 正如 R 是 R[x] 子环一样, $h \in R[x_1, \cdots, x_n]$ 也是成立的, 所以这里减法是定义良好的. 且 $f_1(x_1, \cdots, x_{n-1}, 0) = 0$, 根据 9.1 带余除法可知 $f_1 = x_n q + r$ 且易证 r = 0. 现在考虑 $f_1(x_1, \cdots, x_{n-2}, 0, x_n)$, 应用对换 $\sigma=(n-1, n), \sigma(f_1) = f_1(x_1, \cdots, x_{n-2}, x_n, 0) = 0 = f_1$, 所以易证 $x_{n-1} \mid q$. 以此类推易证 $s_n = x_1 \cdots x_n \mid f_1$
令 $g_3(x_1, \cdots, x_n) = x_n$, 易证此时 $f_1$ 对应的 $g_4 = g_3 g_2, f_1 = g_4(s_1, \cdots, s_n)$. 这里 $g_2$ 权重 $\le d-n$, 易证 $g_4$ 权重 $\le d -n + n = d$.
P.S. 这里运用了陶哲轩老师 analysis 中介绍的强归纳法原理.
- 实际上, 断言内容可以调整为, 对于次数为 d 的 f, 存在权重为 d 的 g.
证明: 下面用 $W_g$ 表示 g 的权重. 由上可知 $W_{g_1} = d_h, W_{g_2} = d_{f_2}$, 易证 $W_{g_4} = W_{g_2} + n = d_{f_2} + n = d_{f_1}$. 且 $d_f = \max(d_{f_1}, d_{h_1}) = \max(W_{g_4}, W_{g_1})$, 这里 $\max(W_{g_4}, W_{g_1})$ 即是 f 对应 g 的权重, 可以看到其与 f 次数相同.
- 这里 g 是唯一的.
证明: 假设存在 $g_1, g_2$ 满足定理, 令 $g = g_1 - g_2$, 则 $g(s_1, \cdots, s_n) = g_1(s_1, \cdots, s_n) - g_2(s_1, \cdots, s_n) = 0$, 由定理 9.17 知 $g = 0$.
定理 9.17, 原文由于印刷问题, 我只能看懂个大概.
证明: 易证 $\deg f = 0$ 时, 即 f 为非 0 常数多项式时, 命题不成立. 考虑 $\deg f \gt 0$ 情况, 此时 $W_f \ge \deg f$, $W_f$ 为 f 的权重, 同时也是 $f(s_1, \cdots, s_n)$ 的次数, 即 $\deg f(s_1, \cdots, s_n) \gt 0$, 矛盾了.
求证 D(f) 是 n(n-1) 齐次多项式.
证明: 首先易证齐次多项式相乘之后也是齐次多项式. 再如 7.15.zy2 所示, $i < j$ 组合共 $\frac{n(n-1)}{2}$ 个. 可得结论.
