Part 1 多元多项式

设 $\mathbb{K}$ 是数域，$x_1, x_2, \cdots, x_n$ 是 $n$ 个未定元，它们彼此无关. 称 $a x_1^{k_1} x_2^{k_2} \cdots x_n^{k_n}$ 为一个单项式，其中 $a$ 是这个单项式的系数，$k_j$ 为非负整数. 如果 $a \neq 0$，则称该单项式的次数为 $k = k_1 + k_2 + \cdots + k_n$.

如果两个单项式除相差一个系数外，其余都相同，即每个 $x_i$ 的次数都相同，则称这两个单项式为同类项.

同类项相加，可将它们的系数相加. 比如

$$2x_1^2 x_2 x_3^4 + 3x_1^2 x_2 x_3^4 = 5x_1^2 x_2 x_3^4.$$

不是同类项相加时不能把系数相加. 有限个单项式的和称为一个 $n$ 元多项式，它的一般形式为

$$f(x_1, x_2, \cdots, x_n) = \sum a_{i_1 i_2 \cdots i_n} x_1^{i_1} x_2^{i_2} \cdots x_n^{i_n}.$$

下面我们总假定在一个文字多项式中的各单项式彼此不同，即同类项已合并.

对一个 $n$ 元多项式，它的系数非零的单项式的最大次数称为这个多项式的次数. 比如下列三元多项式的次数为 5:

$$x_1^2 x_2 x_3^2 + 2x_1 x_2 x_3 - 3x_1 x_2 + 1.$$

两个 $n$ 元多项式称为相等当且仅当它们同类项的系数全都相等.

两个 $n$ 元多项式相加，即将它们同类项的系数相加. 例如，若

$$f(x_1, x_2, x_3) = x_1^3 + 2x_1 x_3 - 3x_1 x_2 x_3,$$

$$g(x_1, x_2, x_3) = -x_2^2 - 2x_1 x_3 + 5x_1 x_2 x_3,$$

则

$$f(x_1, x_2, x_3) + g(x_1, x_2, x_3) = x_1^3 - x_2^2 + 2x_1 x_2 x_3.$$

两个单项式 $a x_1^{i_1} x_2^{i_2} \cdots x_n^{i_n}$，$b x_1^{j_1} x_2^{j_2} \cdots x_n^{j_n}$ 相乘，其积为

$$ab x_1^{i_1 + j_1} x_2^{i_2 + j_2} \cdots x_n^{i_n + j_n}.$$

两个多项式相乘按分配律可化为各单项式乘积之和. 如

$$(x_1^3 + x_1 x_2 x_3 - 2x_3)(x_1^2 - x_1 x_2 - x_3^2)$$

$$= x_1^5 - x_1^4 x_2 - x_1^3 x_3^2 + x_1^3 x_2 x_3 - x_1^2 x_2^2 x_3 - x_1 x_2 x_3^3 - 2x_1^2 x_3 + 2x_1 x_2 x_3 + 2x_3^3.$$

相乘后如出现同类项应予以合并. 多元多项式不像一元多项式那样可按次数的大小降幂或升幂排列. 比如

$$x_1^2 x_2 + x_1 x_2 x_3,$$

其中两项都是 3 次式. 为了给它们排次序，我们常采用“字典排列法”：$n$ 个未定元按自然足标为序排列，即为 $x_1, x_2, \cdots, x_n$；若有两个非零单项式：

$$a x_1^{i_1} x_2^{i_2} \cdots x_n^{i_n},\ b x_1^{j_1} x_2^{j_2} \cdots x_n^{j_n},$$

若 $i_1 = j_1,\ i_2 = j_2,\ \cdots,\ i_{k-1} = j_{k-1}$，但 $i_k > j_k$，则规定 $a x_1^{i_1} x_2^{i_2} \cdots x_n^{i_n}$ 先于 $b x_1^{j_1} x_2^{j_2} \cdots x_n^{j_n}$. 按这样排列，任一多项式都只有唯一的方法把它的各单项式排序. 这时要注意第一项即首项未必是最高次项，末项也未必是次数最低的项. 例如多项式：

$$x_1^2 x_2 + x_1^3 x_3 + 3x_1 x_2 x_3 - 4x_2 x_3^5$$

按字典排列应为

$$x_1^3 x_3 + x_1^2 x_2 + 3x_1 x_2 x_3 - 4x_2 x_3^5.$$

引理1

若 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 及 $g(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 都是 $\mathbb{K}$ 上的 $n$ 元多项式且非零，则按字典排列法排列后乘积的首项等于 $f$ 的首项与 $g$ 的首项之积.

/proof/

设 $a x_1^{i_1} x_2^{i_2} \cdots x_n^{i_n}$ 和 $b x_1^{j_1} x_2^{j_2} \cdots x_n^{j_n}$ 分别是 $f$ 和 $g$ 的首项（按字典排列法），它们的乘积为 $ab x_1^{i_1 + j_1} x_2^{i_2 + j_2} \cdots x_n^{i_n + j_n}$.

其他任意两个单项式 $c x_1^{k_1} x_2^{k_2} \cdots x_n^{k_n}$ 和 $d x_1^{r_1} x_2^{r_2} \cdots x_n^{r_n}$ 之积为 $cd x_1^{k_1 + r_1} x_2^{k_2 + r_2} \cdots x_n^{k_n + r_n}$.

设 $i_1 = k_1, \cdots, i_{t-1} = k_{t-1},\ i_t > k_t;\ j_1 = r_1, \cdots, j_{s-1} = r_{s-1},\ j_s > r_s$，不妨设 $t \leq s$，显然

$$i_1 + j_1 = k_1 + r_1, \cdots, i_{t-1} + j_{t-1} = k_{t-1} + r_{t-1},\ i_t + j_t > k_t + r_t.$$

因此 $ab x_1^{i_1 + j_1} x_2^{i_2 + j_2} \cdots x_n^{i_n + j_n}$ 先于 $cd x_1^{k_1 + r_1} x_2^{k_2 + r_2} \cdots x_n^{k_n + r_n}$.

同理可证明：$ab x_1^{i_1 + j_1} x_2^{i_2 + j_2} \cdots x_n^{i_n + j_n}$ 先于 $ad x_1^{i_1 + r_1} x_2^{i_2 + r_2} \cdots x_n^{i_n + r_n}$ 和 $cb x_1^{k_1 + j_1} x_2^{k_2 + j_2} \cdots x_n^{k_n + j_n}$. 因此它确是 $fg$ 的首项.

命题1

若 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n) \neq 0$, $g(x_1, x_2, \cdots, x_n) \neq 0$，则

$$f(x_1, x_2, \cdots, x_n) g(x_1, x_2, \cdots, x_n) \neq 0.$$

/proof/

$f$ 和 $g$ 的首项不为零，故 $fg \neq 0$.

推论1

若 $h(x_1, x_2, \cdots, x_n) \neq 0$，且

$$f(x_1, x_2, \cdots, x_n) h(x_1, x_2, \cdots, x_n) = g(x_1, x_2, \cdots, x_n) h(x_1, x_2, \cdots, x_n),$$

则

$$f(x_1, x_2, \cdots, x_n) = g(x_1, x_2, \cdots, x_n).$$

多元多项式除了“字典排列法”外，还有“齐次排列法”. 我们先介绍齐次多项式的概念.

若一个多项式 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 的每个单项式都是 $k$ 次式，则称之为 $k$ 次齐次多项式或 $k$ 次型.

如 $a_1 x_1 + a_2 x_2 + a_3 x_3$ 是三元一次型. $x_1^2 + x_1 x_2 - 3x_2^2$ 为二元二次型. $x_1^4 - 4x_2 x_3 x_4^2 + 5x_1 x_2 x_3 x_4$ 为四元四次型.

两个次数相同的齐次多项式之和若不为零，则必仍是同次齐次多项式. 任意两个齐次多项式之积仍为齐次多项式.

任一 $n$ 元多项式均可表示为若干个齐次多项式之和，这只需要将各次数相等的项放在一起即可. 如

$$2x_1^3 - 3x_1 x_2 + 4x_4^3 - x_1 x_2 x_3 + x_4^2 = (2x_1^3 + 4x_4^3 - x_1 x_2 x_3) + (x_4^2 - 3x_1 x_2),$$

其中 $2x_1^3 + 4x_4^3 - x_1 x_2 x_3$ 为三次型，$x_4^2 - 3x_1 x_2$ 为二次型.

多元多项式与多元多项式函数之间的关系与一元的情形类似.

引理2

设 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 是 $\mathbb{K}$ 上的 $n$ 元非零多项式，则必存在 $\mathbb{K}$ 中元 $a_1, a_2, \cdots, a_n$，使 $f(a_1, a_2, \cdots, a_n) \neq 0$.

/proof/

对未定元个数 $n$ 用数学归纳法. 当 $n = 1$ 时，多项式 $f(x)$ 只有有限个零点，故总有 $a \in \mathbb{K}$ 使 $f(a) \neq 0$. 现设对有 $n-1$ 个未定元的多项式结论成立. 将 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 写成未定元 $x_n$ 的多项式：

$$f(x_1, x_2, \cdots, x_n) = b_0 + b_1 x_n + \cdots + b_m x_n^m,$$

其中 $b_i = b_i(x_1, x_2, \cdots, x_{n-1})$ 是 $n-1$ 元多项式. 因为 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n) \neq 0$，故可设 $b_m \neq 0$. 由归纳假设，存在 $a_1, \cdots, a_{n-1} \in \mathbb{K}$，使

$$b_m(a_1, \cdots, a_{n-1}) \neq 0.$$

因而

$$f(a_1, \cdots, a_{n-1}, x_n) = b_0(a_1, \cdots, a_{n-1}) + b_1(a_1, \cdots, a_{n-1}) x_n + \cdots + b_m(a_1, \cdots, a_{n-1}) x_n^m$$

是一个非零的以 $x_n$ 为未定元的一元多项式，故存在 $a_n \in \mathbb{K}$，使

$$f(a_1, a_2, \cdots, a_n) \neq 0.$$

命题2

数域 $\mathbb{K}$ 上的两个 $n$ 元多项式 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 与 $g(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 相等的充分必要条件是对一切 $a_1, a_2, \cdots, a_n \in \mathbb{K}$，均有

$$f(a_1, a_2, \cdots, a_n) = g(a_1, a_2, \cdots, a_n).$$

/proof/

只需证明充分性. 作

$$h(x_1, x_2, \cdots, x_n) = f(x_1, x_2, \cdots, x_n) - g(x_1, x_2, \cdots, x_n).$$

若 $h(x_1, x_2, \cdots, x_n) \neq 0$，则必有 $a_1, a_2, \cdots, a_n \in \mathbb{K}$，使 $h(a_1, a_2, \cdots, a_n) \neq 0$. 与假设矛盾.

Part 2 对称多项式

定义1

设 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 是数域 $\mathbb{K}$ 上的 $n$ 元多项式，若对任意的 $i \neq j\ (1 \leq i, j \leq n)$，均有

$$f(x_1, \cdots, x_i, \cdots, x_j, \cdots, x_n) = f(x_1, \cdots, x_j, \cdots, x_i, \cdots, x_n),$$

则称 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 是数域 $\mathbb{K}$ 上的 $n$ 元对称多项式.

例如，三元多项式 $x_1^2 + x_2^2 + x_3^2$，将 $x_1$ 与 $x_2$ 对换有

$$x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 = x_2^2 + x_1^2 + x_3^2.$$

又将 $x_1$ 与 $x_3$ 对换及将 $x_2$ 与 $x_3$ 对换都得到同一个多项式. 因此 $x_1^2 + x_2^2 + x_3^2$ 是对称多项式. 多项式 $x_1^2 - x_1 x_2$ 与 $x_2^2 - x_1 x_2$ 不相等，故 $x_1^2 - x_1 x_2$ 不是对称多项式.

设 $(k_1, k_2, \cdots, k_n)$ 是数组 $(1, 2, \cdots, n)$ 的一个全排列. 若 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 是一个对称多项式，则不难看出：

$$f(x_{k_1}, x_{k_2}, \cdots, x_{k_n}) = f(x_1, x_2, \cdots, x_n).$$

我们称 $x_1 \to x_{k_1},\ x_2 \to x_{k_2}, \cdots,\ x_n \to x_{k_n}$ 是未定元的一个置换. 因此对称多项式在未定元的任一置换下不变.

容易看出对称多项式之和仍是对称多项式，对称多项式之积也是对称多项式. 因此对称多项式的多项式还是对称多项式. 这句话的意思是说：若 $f_1, f_2, \cdots, f_m$ 是 $m$ 个 $n$ 元对称多项式，$g(y_1, y_2, \cdots, y_m)$ 是 $m$ 元多项式，则将 $f_1, f_2, \cdots, f_m$ 代替 $y_1, y_2, \cdots, y_m$ 后得到的多项式

$$h(x_1, x_2, \cdots, x_n) = g(f_1, f_2, \cdots, f_m)$$

仍是一个 $n$ 元对称多项式.

在对称多项式中，有一类基本的多项式，称为初等对称多项式. 它们是这样定义的：

$$\sigma_1 = x_1 + x_2 + \cdots + x_n = \sum_{i=1}^n x_i,$$

$$\sigma_2 = x_1 x_2 + x_1 x_3 + \cdots + x_{n-1} x_n = \sum_{1 \leq i < j \leq n} x_i x_j,$$

$$\cdots \cdots \cdots \cdots$$

$$\sigma_n = x_1 x_2 \cdots x_n.$$

这 $n$ 个多项式称为 $n$ 元初等对称多项式. 初等对称多项式之所以重要，是因为我们有下列定理.

定理1

设 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 是数域 $\mathbb{K}$ 上的对称多项式，则必存在 $\mathbb{K}$ 上唯一的一个多项式 $g(y_1, y_2, \cdots, y_n)$，使

$$f(x_1, x_2, \cdots, x_n) = g(\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n).$$

/proof/

存在性：设 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 按字典排列法的首项为

$$a x_1^{i_1} x_2^{i_2} \cdots x_n^{i_n},\ a \neq 0.$$

则必有 $i_1 \geq i_2 \geq \cdots \geq i_n$. 事实上 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 是对称多项式，

若 $i_k < i_{k+1}$，则将 $x_k$ 与 $x_{k+1}$ 对换得到 $a x_1^{i_1} \cdots x_k^{i_{k+1}} x_{k+1}^{i_k} \cdots x_n^{i_n}$，这一项也是 $f(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ 中的项，但它应在 $a x_1^{i_1} x_2^{i_2} \cdots x_n^{i_n}$ 之前，此与首项的假定相矛盾.

作多项式

$$g_1(x_1, x_2, \cdots, x_n) = a \sigma_1^{i_1 - i_2} \sigma_2^{i_2 - i_3} \cdots \sigma_{n-1}^{i_{n-1} - i_n} \sigma_n^{i_n}.$$

显然 $g_1$ 是 $x_1, x_2, \cdots, x_n$ 的对称多项式，且 $g_1$ 的首项为

$$a x_1^{i_1 - i_2} (x_1 x_2)^{i_2 - i_3} \cdots (x_1 \cdots x_n)^{i_n} = a x_1^{i_1} x_2^{i_2} \cdots x_n^{i_n}.$$

因此 $g_1$ 与 $f$ 的首项相同，于是 $f_1 = f - g_1$ 是一个首项后于 $f$ 的对称多项式. 对 $f_1$ 重复上述做法，不断做下去，便得到一列对称多项式：

$$f_0 = f,\ f_1 = f_0 - g_1,\ f_2 = f_1 - g_2, \cdots,$$

每个 $f_i$ 的首项都后于 $f_{i-1}$ 的首项. 设 $b x_1^{k_1} x_2^{k_2} \cdots x_n^{k_n}$ 是某个 $f_i\ (i \geq 1)$ 的首项，则因它后于 $f$ 的首项，故有

$$i_1 \geq k_1 \geq k_2 \geq \cdots \geq k_n \geq 0.$$

这样的 $k_1, k_2, \cdots, k_n$ 只有有限个，故多项式 $f_i$ 不能无限地构造下去，即存在某个正整数 $s$，使 $f_s = 0$. 于是

$$f = g_1 + f_1 = g_1 + g_2 + f_2 = \cdots = g_1 + g_2 + \cdots + g_s.$$

由于每个 $g_i$ 都可表示为 $\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n$ 的多项式，故 $f$ 也可表示为 $\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n$ 的多项式.

唯一性：设 $g(y_1, \cdots, y_n)$ 及 $h(y_1, \cdots, y_n)$ 都是 $\mathbb{K}$ 上的 $n$ 元多项式，且

$$f(x_1, \cdots, x_n) = g(\sigma_1, \cdots, \sigma_n) = h(\sigma_1, \cdots, \sigma_n).$$

令

$$\varphi(y_1, \cdots, y_n) = g(y_1, \cdots, y_n) - h(y_1, \cdots, y_n).$$

由假定，有

$$\varphi(\sigma_1, \cdots, \sigma_n) = 0.$$

我们要证明多项式

$$\varphi(y_1, \cdots, y_n) = 0.$$

假定 $\varphi(y_1, \cdots, y_n) \neq 0$，不妨设

$$\varphi(y_1, y_2, \cdots, y_n) = c y_1^{k_1} y_2^{k_2} \cdots y_n^{k_n} + d y_1^{j_1} y_2^{j_2} \cdots y_n^{j_n} + \cdots,$$

其中 $c, d, \cdots$ 均不为零且假定各单项式彼此不是同类项. 在 $\varphi(\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n)$ 中，

$$c \sigma_1^{k_1} \sigma_2^{k_2} \cdots \sigma_n^{k_n} = c x_1^{k_1} (x_1 x_2)^{k_2} \cdots (x_1 x_2 \cdots x_n)^{k_n} + \cdots$$

$$= c x_1^{k_1 + k_2 + \cdots + k_n} x_2^{k_2 + k_3 + \cdots + k_n} \cdots x_n^{k_n} + \cdots,$$

$$d \sigma_1^{j_1} \sigma_2^{j_2} \cdots \sigma_n^{j_n} = d x_1^{j_1} (x_1 x_2)^{j_2} \cdots (x_1 x_2 \cdots x_n)^{j_n} + \cdots$$

$$= d x_1^{j_1 + j_2 + \cdots + j_n} x_2^{j_2 + j_3 + \cdots + j_n} \cdots x_n^{j_n} + \cdots.$$

因此 $c \sigma_1^{k_1} \sigma_2^{k_2} \cdots \sigma_n^{k_n}$ 与 $d \sigma_1^{j_1} \sigma_2^{j_2} \cdots \sigma_n^{j_n}$ 等化成 $x_1, x_2, \cdots, x_n$ 的多项式后其首项都不是同类项，从而 $\varphi(\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n)$ 的首项一定是这些首项中排在最前的那一个. 特别，

$$\varphi(\sigma_1, \sigma_2, \cdots, \sigma_n) \neq 0,$$

引出矛盾.

上述定理通常被称为对称多项式基本定理. 这个定理的存在性证明是构造性的，可用来求对称多项式的初等对称多项式表示.

/example/ 将对称多项式

$$f(x_1, x_2, x_3) = x_1^2 x_2 + x_1^2 x_3 + x_1 x_2^2 + x_1 x_3^2 + x_2^2 x_3 + x_2 x_3^2$$

表示为 $\sigma_1, \sigma_2, \sigma_3$ 的多项式.

这时首项为 $x_1^2 x_2$，作

$$\sigma_1^{2-1} \sigma_2^1 = \sigma_1 \sigma_2 = (x_1 + x_2 + x_3)(x_1 x_2 + x_1 x_3 + x_2 x_3)$$

$$= x_1^2 x_2 + x_1^2 x_3 + x_1 x_2^2 + x_1 x_3^2 + x_2^2 x_3 + x_2 x_3^2 + 3x_1 x_2 x_3.$$

因此

$$f(x_1, x_2, x_3) = \sigma_1 \sigma_2 - 3\sigma_3.$$

这种做法当多项式次数较高时计算可能相当繁. 下面我们通过举例介绍“待定系数法”.

/example/ 试将对称多项式

$$f(x_1, x_2, x_3) = (x_1^2 + x_2^2)(x_1^2 + x_3^2)(x_2^2 + x_3^2)$$

表示为初等对称多项式的多项式.

注意到 $f$ 是一个齐次多项式，次数等于 6. 又 $f$ 的首项是 $x_1^4 x_2^2$，它的指数组为 $(4,2,0)$. 从定理 5.9.1 的证明中可看出 $f_i$ 首项的指数组只可能是 $(4,1,1), (3,3,0), (3,2,1), (2,2,2)$，相对应的 $f_i$ 的首项为

$$\sigma_1^{4-1} \sigma_2^{1-1} \sigma_3^1 = \sigma_1^3 \sigma_3,\ \sigma_1^{3-3} \sigma_2^{3-0} \sigma_3^0 = \sigma_2^3,\ \sigma_1^{3-2} \sigma_2^{2-1} \sigma_3^1 = \sigma_1 \sigma_2 \sigma_3,\ \sigma_1^{2-2} \sigma_2^{2-2} \sigma_3^2 = \sigma_3^2,$$

因此可设

$$f = \sigma_1^2 \sigma_2^2 + a \sigma_1^3 \sigma_3 + b \sigma_2^3 + c \sigma_1 \sigma_2 \sigma_3 + d \sigma_3^2.$$

取 $x_1, x_2, x_3$ 的一些特殊值便得到关于 $a, b, c, d$ 的线性方程组. 不难解得

$$a = -2,\ b = -2,\ c = 4,\ d = -1.$$

因此

$$f = \sigma_1^2 \sigma_2^2 - 2\sigma_1^3 \sigma_3 - 2\sigma_2^3 + 4\sigma_1 \sigma_2 \sigma_3 - \sigma_3^2.$$

上述例子中 $f$ 是一个齐次多项式. 若 $f$ 不是齐次多项式，则可把 $f$ 分解为齐次多项式之和. 显然每个齐次多项式仍是对称多项式，可用初等对称多项式来表示. 这样便可得到 $f$ 的表示.

下面我们证明著名的 Newton (牛顿) 公式. 令

$$s_k = x_1^k + x_2^k + \cdots + x_n^k\ (k \geq 1);\ s_0 = n.$$

引理 5.9.1

设

$$\begin{aligned} f(x) &= (x - x_1)(x - x_2)\cdots(x - x_n)\\\\ &= x^n - \sigma_1 x^{n-1} + \sigma_2 x^{n-2} + \cdots + (-1)^n \sigma_n, \end{aligned}$$

则

$$x^{k+1} f'(x) = (s_0 x^k + s_1 x^{k-1} + \cdots + s_k) f(x) + g(x),$$

其中 $g(x)$ 作为 $x$ 的多项式其次数小于 $n$.

/proof/

容易看出

$$f'(x) = \sum_{i=1}^n \frac{f(x)}{x - x_i}.$$

因此

$$\begin{aligned} x^{k+1} f'(x) &= \sum_{i=1}^n \frac{x^{k+1}}{x - x_i} f(x)\\\\ &= \sum_{i=1}^n \frac{x^{k+1} - x_i^{k+1} + x_i^{k+1}}{x - x_i} f(x)\\\\ &= f(x) \sum_{i=1}^n \frac{x^{k+1} - x_i^{k+1}}{x - x_i} + g(x), \end{aligned}$$

其中

$$g(x) = \sum_{i=1}^n \frac{x_i^{k+1} f(x)}{x - x_i}$$

作为 $x$ 的多项式其次数小于 $n$. 又

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n \frac{x^{k+1} - x_i^{k+1}}{x - x_i}& = \sum_{i=1}^n (x^k + x_i x^{k-1} + \cdots + x_i^k)\\\\ &= n x^k + (x_1 + \cdots + x_n) x^{k-1} + \cdots + (x_1^k + \cdots + x_n^k)\\\\ &= s_0 x^k + s_1 x^{k-1} + \cdots + s_k, \end{aligned}$$

于是

$$x^{k+1} f'(x) = (s_0 x^k + s_1 x^{k-1} + \cdots + s_k) f(x) + g(x).$$

命题1(Newton 公式)

记号同上，若 $k \leq n-1$，则

$$s_k - s_{k-1} \sigma_1 + s_{k-2} \sigma_2 - \cdots + (-1)^{k-1} s_1 \sigma_{k-1} + (-1)^k k \sigma_k = 0;$$

若 $k \geq n$，则

$$s_k - s_{k-1} \sigma_1 + s_{k-2} \sigma_2 - \cdots + (-1)^n s_{k-n} \sigma_n = 0.$$

/proof/

对 $f(x) = x^n - \sigma_1 x^{n-1} + \sigma_2 x^{n-2} + \cdots + (-1)^n \sigma_n$ 求导并乘以 $x^{k+1}$ 得到：

$$x^{k+1} f'(x) = n x^{n+k} - (n-1) \sigma_1 x^{n+k-1} + (n-2) \sigma_2 x^{n+k-2} + \cdots + (-1)^{n-1} \sigma_{n-1} x^{k+1}.$$

由引理，有

$$x^{k+1} f'(x) = (s_0 x^k + s_1 x^{k-1} + \cdots + s_k) f(x) + g(x)$$

$$= (s_0 x^k + s_1 x^{k-1} + \cdots + s_k)(x^n - \sigma_1 x^{n-1} + \sigma_2 x^{n-2} + \cdots + (-1)^n \sigma_n) + g(x).$$

比较 $x^n$ 的系数即知，当 $k \leq n-1$ 时，有

$$s_k - s_{k-1} \sigma_1 + s_{k-2} \sigma_2 - \cdots + (-1)^{k-1} s_1 \sigma_{k-1} + (-1)^k k \sigma_k = 0;$$

若 $k \geq n$，则

$$s_k - s_{k-1} \sigma_1 + s_{k-2} \sigma_2 - \cdots + (-1)^n s_{k-n} \sigma_n = 0.$$

Part 3 结式和判别式

设 $f(x), g(x)$ 是数域 $\mathbb{K}$ 上的一元多项式. 现在我们来讨论它们何时有公共根（简称公根）. 公根问题实际上等价于公因子问题，但是现在我们要从另外一个角度来探讨这个问题.

引理1

设 $d(x)$ 是 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的最大公因式，则 $d(x) \neq 1$ 的充分必要条件是存在 $\mathbb{K}$ 上的非零多项式 $u(x), v(x)$，使

$$f(x) u(x) = g(x) v(x), \tag{1}$$

且 $\deg u(x) < \deg g(x)$, $\deg v(x) < \deg f(x)$.

/proof/

若 $d(x) \neq 1$，令 $f(x) = d(x) v(x)$, $g(x) = d(x) u(x)$，则

$$f(x) u(x) = d(x) v(x) u(x) = g(x) v(x),$$

且 $\deg u(x) < \deg g(x)$, $\deg v(x) < \deg f(x)$.

反过来，若 $d(x) = 1$，则由 (1) 式知 $f(x) \mid g(x) v(x)$. 但 $f(x)$ 与 $g(x)$ 互素，因此 $f(x) \mid v(x)$，与 $\deg f(x) > \deg v(x)$ 矛盾. $\square$

现设

$$f(x) = a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + \cdots + a_n,$$

$$g(x) = b_0 x^m + b_1 x^{m-1} + \cdots + b_m,$$

$$u(x) = x_0 x^{m-1} + x_1 x^{m-2} + \cdots + x_{m-1},$$

$$v(x) = y_0 x^{n-1} + y_1 x^{n-2} + \cdots + y_{n-1},$$

其中 $x_0, \cdots, x_{m-1}; y_0, \cdots, y_{n-1}$ 为待定未知数. 将上面 4 个式子代入 (1) 式，比较系数得

$$\begin{cases} a_0 x_0 = b_0 y_0, \\\\ a_1 x_0 + a_0 x_1 = b_1 y_0 + b_0 y_1, \\\\ a_2 x_0 + a_1 x_1 + a_0 x_2 = b_2 y_0 + b_1 y_1 + b_0 y_2, \\\\ \cdots \cdots \cdots \cdots \\\\ a_n x_{m-3} + a_{n-1} x_{m-2} + a_{n-2} x_{m-1} = b_m y_{n-3} + b_{m-1} y_{n-2} + b_{m-2} y_{n-1}, \\\\ a_n x_{m-2} + a_{n-1} x_{m-1} = b_m y_{n-2} + b_{m-1} y_{n-1}, \\\\ a_n x_{m-1} = b_m y_{n-1}. \end{cases}$$

我们把上述 $m+n$ 个等式看成是 $m+n$ 个未知数 $x_0, x_1, \cdots, x_{m-1}; y_0, y_1, \cdots, y_{n-1}$ 的线性方程组. 不难算出这个线性方程组系数矩阵的转置为

$$\begin{pmatrix} a_0 & a_1 & a_2 & \cdots & \cdots & a_n & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & a_0 & a_1 & \cdots & \cdots & a_{n-1} & a_n & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & a_0 & \cdots & \cdots & a_{n-2} & a_{n-1} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & a_0 & \cdots & \cdots & \cdots & a_n \\ -b_0 & -b_1 & -b_2 & \cdots & \cdots & \cdots & -b_m & \cdots & 0 \\ 0 & -b_0 & -b_1 & \cdots & \cdots & \cdots & -b_{m-1} & -b_m & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & -b_0 & -b_1 & \cdots & \cdots & \cdots & -b_m \end{pmatrix}.$$

若上述 $m+n$ 方阵的行列式不等于零，则 $x_i, y_j$ 都只能全为零，这时 $f(x), g(x)$ 互素，即没有公根. 反之，若上述方阵的行列式等于零，则 $f(x), g(x)$ 有公因子，即有公根.

定义1

设

$$f(x) = a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + \cdots + a_n,$$

$$g(x) = b_0 x^m + b_1 x^{m-1} + \cdots + b_m.$$

定义下列 $m+n$ 阶行列式：

$$R(f,g) = \begin{vmatrix} a_0 & a_1 & a_2 & \cdots & \cdots & a_n & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & a_0 & a_1 & \cdots & \cdots & a_{n-1} & a_n & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & a_0 & \cdots & \cdots & a_{n-2} & a_{n-1} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & a_0 & \cdots & \cdots & \cdots & a_n \\ b_0 & b_1 & b_2 & \cdots & \cdots & b_m & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & b_0 & b_1 & \cdots & \cdots & b_{m-1} & b_m & \cdots & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & b_0 & b_1 & \cdots & \cdots & \cdots & b_m \end{vmatrix}$$

为 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的结式或称 Sylvester 行列式.

显然我们可以有下列判断两个多项式存在公根的定理.

定理1

多项式 $f(x)$ 与 $g(x)$ 有公根（在复数域中）的充分必要条件是它们的结式 $R(f,g) = 0$.

推论1

多项式 $f(x)$ 与 $g(x)$ 互素的充分必要条件是 $R(f,g) \neq 0$.

多项式的结式也可以用它们的根来表示.

定理2

设

$$f(x) = a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + \cdots + a_n,$$

$$g(x) = b_0 x^m + b_1 x^{m-1} + \cdots + b_m,$$

$f(x)$ 的根为 $x_1, x_2, \cdots, x_n$, $g(x)$ 的根为 $y_1, y_2, \cdots, y_m$，则 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的结式为

$$R(f,g) = a_0^m b_0^n \prod_{j=1}^m \prod_{i=1}^n (x_i - y_j). \tag{2}$$

为了证明上述定理，我们先证明一个引理.

引理2

记号同定理 2，设 $\lambda$ 是任意的数，则

$$R(f(x), g(x)(x - \lambda)) = (-1)^n f(\lambda) R(f,g),\quad R(f(x), x - \lambda) = (-1)^n f(\lambda).$$

/proof/

由假设，

$$g(x)(x - \lambda) = b_0 x^{m+1} + (b_1 - b_0 \lambda) x^m + \cdots + (b_m - b_{m-1} \lambda) x - b_m \lambda.$$

为了书写方便，我们引入以下记号：

$$f_0(x) = a_0,\ f_1(x) = a_0 x + a_1,\ f_2(x) = a_0 x^2 + a_1 x + a_2,\ \cdots,\ f_n(x) = f(x).$$

由结式的定义，

$$R(f(x), g(x)(x - \lambda)) = \begin{vmatrix} a_0 & a_1 & a_2 & \cdots & \cdots & a_n & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & a_0 & a_1 & \cdots & \cdots & a_{n-1} & a_n & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & a_0 & \cdots & \cdots & a_{n-2} & a_{n-1} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & a_0 & \cdots & \cdots & \cdots & a_n \\ b_0 & b_1 - b_0 \lambda & b_2 - b_1 \lambda & \cdots & \cdots & b_m - b_{m-1} \lambda & -b_m \lambda & \cdots & 0 \\ 0 & b_0 & b_1 - b_0 \lambda & \cdots & \cdots & b_{m-1} - b_{m-2} \lambda & -b_{m-1} \lambda & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & b_0 & b_1 - b_0 \lambda & \cdots & \cdots & \cdots & -b_m \lambda \end{vmatrix}.$$

将第 1 列乘以 $\lambda$ 加到第 2 列；将第 2 列乘以 $\lambda$ 加到第 3 列；$\cdots$；将第 $n+m$ 列乘以 $\lambda$ 加到第 $n+m+1$ 列，则

$$\text{RHS} = \begin{vmatrix} f_0(\lambda) & f_1(\lambda) & f_2(\lambda) & \cdots & \cdots & f(x) & \lambda f(\lambda) & \cdots & \lambda^m f(\lambda) \\ 0 & f_0(\lambda) & f_1(\lambda) & \cdots & \cdots & f_{n-1}(\lambda) & f(\lambda) & \cdots & \lambda^{m-1} f(\lambda) \\ 0 & 0 & f_0(\lambda) & \cdots & \cdots & f_{n-2}(\lambda) & f_{n-1}(\lambda) & \cdots & \lambda^{m-2} f(\lambda) \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & f_0(\lambda) & \cdots & \cdots & \cdots & f(\lambda) \\ b_0 & b_1 & b_2 & \cdots & \cdots & b_m & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & b_0 & b_1 & \cdots & \cdots & b_{m-1} & b_m & \cdots & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & b_0 & b_1 & \cdots & \cdots & \cdots & b_m \end{vmatrix}.$$

将第 2 行乘以 $-\lambda$ 加到第 1 行；将第 3 行乘以 $-\lambda$ 加到第 2 行；$\cdots$；将第 $m+1$ 行乘以 $-\lambda$ 加到第 $m$ 行，则

$$\text{RHS} = \begin{vmatrix} a_0 & a_1 & a_2 & \cdots & \cdots & a_n & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & a_0 & a_1 & \cdots & \cdots & a_{n-1} & a_n & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & a_0 & \cdots & \cdots & a_{n-2} & a_{n-1} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & a_0 & \cdots & \cdots & \cdots & a_n \\ b_0 & b_1 & b_2 & \cdots & \cdots & b_m & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & b_0 & b_1 & \cdots & \cdots & b_{m-1} & b_m & \cdots & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & b_0 & b_1 & \cdots & \cdots & \cdots & b_m \end{vmatrix}.$$

将行列式按第 $n+m+1$ 列展开，则

$$\text{RHS} = (-1)^n f(\lambda) \begin{vmatrix} a_0 & a_1 & a_2 & \cdots & \cdots & a_n & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & a_0 & a_1 & \cdots & \cdots & a_{n-1} & a_n & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & a_0 & \cdots & \cdots & a_{n-2} & a_{n-1} & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & a_0 & \cdots & \cdots & \cdots & a_n \\ b_0 & b_1 & b_2 & \cdots & \cdots & b_m & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & b_0 & b_1 & \cdots & \cdots & b_{m-1} & b_m & \cdots & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & b_0 & b_1 & \cdots & \cdots & \cdots & b_m \end{vmatrix} = (-1)^n f(\lambda) R(f,g).$$

因此 $R(f(x), g(x)(x - \lambda)) = (-1)^n f(\lambda) R(f,g)$. 同理可证 $R(f(x), x - \lambda) = (-1)^n f(\lambda)$.

/proof/ (定理2)

令 $f(x) = a_0 f_1(x)$, $g(x) = b_0 g_1(x)$，则 $f_1(x)$ 与 $f(x)$ 有相同的根，同样，$g_1(x)$ 与 $g(x)$ 根相同. 由结式的定义知道

$$R(f,g) = a_0^m b_0^n R(f_1,g_1).$$

反复利用引理 2 可得

$$\begin{aligned} R(f_1,g_1) &= R(f_1, (x - y_1)(x - y_2)\cdots(x - y_m)) \\\\ &= (-1)^n f_1(y_1) R(f_1, (x - y_2)\cdots(x - y_m)) = \cdots \\\\ &= \prod_{j=1}^m \left( (-1)^n f_1(y_j) \right) = \prod_{j=1}^m \left( (-1)^n \prod_{i=1}^n (y_j - x_i) \right) \\\\ &= \prod_{j=1}^m \prod_{i=1}^n (x_i - y_j). \end{aligned}$$

由此即得 (2) 式.

利用结式，可定义一个多项式的判别式如下.

定义2

多项式

$$f(x) = a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + \cdots + a_n$$

的判别式定义为

$$\Delta(f) = (-1)^{\frac{1}{2} n(n-1)} a_0^{-1} R(f,f').$$

定理3

多项式

$$f(x) = a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + \cdots + a_n$$

的判别式等于

$$\Delta(f) = a_0^{2n-2} \prod_{1 \leq i < j \leq n} (x_i - x_j)^2, \tag{3}$$

其中 $x_1, x_2, \cdots, x_n$ 为 $f(x)$ 的根.

/proof/

由 (2) 式知道

$$R(f,g) = a_0^m \prod_{i=1}^n g(x_i).$$

现令 $g(x) = f'(x)$, $\deg f'(x) = n-1$，因此

$$R(f,f') = a_0^{n-1} \prod_{i=1}^n f'(x_i).$$

又

$$f(x) = a_0 (x - x_1)(x - x_2)\cdots(x - x_n),$$

$$f'(x) = a_0 \left( \sum_{j=1}^n (x - x_1)\cdots(x - x_{j-1})(x - x_{j+1})\cdots(x - x_n) \right),$$

$$f'(x_i) = a_0 (x_i - x_1)\cdots(x_i - x_{i-1})(x_i - x_{i+1})\cdots(x_i - x_n).$$

因此

$$R(f,f') = (-1)^{\frac{1}{2} n(n-1)} a_0^{2n-1} \prod_{1 \leq i < j \leq n} (x_i - x_j)^2.$$

由此即得 (3) 式.

例如，$ax^2 + bx + c$ 的判别式为 $a^2 (x_1 - x_2)^2 = b^2 - 4ac$. 这是我们都熟悉的判别式.

推论2

多项式 $f(x)$ 有重根的充分必要条件是它的判别式 $\Delta(f) = 0$.

作为结式的应用，我们来求解二元高次方程组. 设

$$\begin{cases} f(x,y) = 0, \\ g(x,y) = 0 \end{cases} \tag{4}$$

是两个二元多项式组成的方程组. 我们的目的是把求解这组方程先归结为求解一个一元高次方程. 设 $f(x,y), g(x,y)$ 为

$$f(x,y) = a_0(y) x^n + a_1(y) x^{n-1} + \cdots + a_n(y), \tag{5}$$

$$g(x,y) = b_0(y) x^m + b_1(y) x^{m-1} + \cdots + b_m(y), \tag{6}$$

其中 $a_i(y), b_j(y)$ 都是 $y$ 的多项式且 $a_0(y) \neq 0$, $b_0(y) \neq 0$. 令

$$R_x(f,g) = \begin{vmatrix} a_0(y) & a_1(y) & a_2(y) & \cdots & \cdots & a_n(y) & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & a_0(y) & a_1(y) & \cdots & \cdots & a_{n-1}(y) & a_n(y) & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & a_0(y) & \cdots & \cdots & a_{n-2}(y) & a_{n-1}(y) & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & a_0(y) & \cdots & \cdots & \cdots & a_n(y) \\ b_0(y) & b_1(y) & b_2(y) & \cdots & \cdots & b_m(y) & \cdots & \cdots & 0 \\ 0 & b_0(y) & b_1(y) & \cdots & \cdots & \cdots & b_{m-1}(y) & b_m(y) & \cdots \\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & \cdots & 0 & b_0(y) & b_1(y) & \cdots & \cdots & \cdots & b_m(y) \end{vmatrix},$$

这是一个关于 $y$ 的多项式.

如果 $(\alpha, \beta)$ 是方程组 (4) 的解，则 $\alpha$ 是 $f(x,\beta), g(x,\beta)$ 的公根，因此 $\beta$ 是 $R_x(f,g)$ 的根. 这样，我们可先求出 $R_x(f,g) = 0$ 的所有根 $\beta_i$，再代入 (5) 式、(6) 式.

这时，或 $a_0(\beta_i) = b_0(\beta_i) = 0$，或存在 $\alpha_i$，使 $(\alpha_i, \beta_i)$ 是方程组 (4) 的解.

由此即可求出方程组 (4) 的一切解.

对于多于两个未知数的高次方程组，我们也可采用类似方法逐个“消去”未知数，从而求出方程组的解.

更新日志

2026/1/9 12:04

查看所有更新日志

• a4974-docs:dev于 2026/1/9
• c4153-algebra-10于 2026/1/2
• 3caa5-integral-19于 2025/12/19

版权所有

版权归属：nicostore-mathematica

许可证：署名-非商业性-相同方式共享 4.0 国际 (CC-BY-NC-SA-4.0)