代数学笔记10.1: 关于对称多项式的理解和三次预解式的推导

写在前面

之前学习的时候天真的以为对称多项式求解初等对称多项式表示是直接套用公式就行的, 也没有深入理解​​对称多项式基本定理​​的推导过程.

直接拿来主义倒是能够解决一部分问题, 但是还是会有点小问题无法处理, 今天拿起高等代数课本重新看了看, 才算真正掌握了对称多项式的初等对称多项式表示方法, 以及用来计算推导四次方程的三次预解式(之前的blog中采用了CAS计算, 方便但是不知其所以然, 苦恼)

老师上课时候讲解了一些内容, 但是有些跳跃, 还是要自己细细品味才能悟出其中的道理.

对称多项式

$n$元多项式$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)$, 如果对于任意的$i,j,\ (1\le i<j\le n)$, 都有
$f(x_1,\cdots,x_i,\cdots,x_j,\cdots,x_n)=f(x_1,\cdots,x_j,\cdots,x_i,\cdots,x_n).$
则称该多项式为对称多项式.

对称多项式基本定理

对于任意一个$n$元对称多项式$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)$都有一个$n$元多项式$\varphi(y_1,y_2,\cdots,y_n)$使得
$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\varphi(\sigma_1,\sigma_2,\cdots,\sigma_n).$
其中$\sigma_i$为初等对称多项式, 如下表示
$\begin{cases} \sigma_1=x_1+x_2+\cdots+x_n,\\ \sigma_2=x_1x_2+x_1x_3+\cdots+x_{n-1}x_n,\\ \cdots\\ \sigma_n=x_1x_2\cdots x_n. \end{cases}$

证明(将对称多项式表示为初等对称多项式的多项式的方法)

设$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)$(按字典序排列的)首项为
$ax_1^{l_1}x_2^{l_2}\cdots x_n^{l_n},\quad a\ne0.\tag{1}$
$(1)$式作为$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)$的首项, 一定有$l_i\ge l_2\ge\cdots\ge l_n\ge0)$.

不然, 设有$l_i<l_{i+1}$, 由$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)$为对称多项式, 所以$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)$中同时含有下面两项
$ax_1^{l_1}x_2^{l_2}\cdots x_n^{l_n},\quad ax_1^{l_1}\cdots x_i^{l_{i+1}}x_{i+1}^{l_i}\cdots x_n^{l_n},$
按字典序排列, 后者应该在前者之前, 与前者是首项矛盾.

作对称多项式
$\varphi_1=a\sigma_1^{l_1-l_2}\sigma_2^{l_2-l_3}\cdots \sigma_n^{l_n}\tag{2}$

由于$\sigma_1,\sigma_2,\cdots,\sigma_n$首项分别为$x_1,x_1x_2,\cdots,x_1x_2\cdots x_n$, 于是上式右端展开后正好得到
$\varphi_1=ax_1^{l_1}x_2^{l_2}\cdots x_n^{l_n},$
这也正好解释了为什么要逐项求差.

所以, $\varphi_1$与$f$有相同的首项, 两者相减之后正好能够得到一个次数较小的对称多项式, 即
$f_1(x_1,x_2,\cdots,x_n)=f-\varphi_1$
这样重复下去, 可以得到一系列次数逐渐减小的对称多项式, 即
$f,f_1=f-\varphi_1,f_2=f_1-\varphi_2,\cdots.\tag{3}$
设$bx_1^{p_1}x_2^{p_2}\cdots x_n^{p_n}$为$(3)$中某一对称多项式的首项, $(1)$要先于$(3)$, 就要满足
$l_1\ge p_1\ge p_2\ge\cdots\ge p_n\ge0,$
显然, 适合上述条件的$n$元组$(p_1,\cdots,p_n)$只有有限多个, 所以$(3)$中只有有限多个对称多项式不为零, 即有正整数$h$ 使得$f_h=0$成立, 这也就说明
$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\varphi_1+\varphi_2+\cdots+\varphi_h,$
即$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)$可以表示成初等对称多项式的一些单项式的和, 也即对称多项式$f(x_1,x_2,\cdots,x_n)$可以表示成初等对称多项式的多项式的形式.

唯一性易证.

上面我们介绍了计算对称多项式表示方法的定理, 下面是一个具体的应用.

• 直接记忆四次方程的三次预解式比较难记, 这里给出推导方法.

计算四次方程的三次预解式

$x^4+bx^3+cx^2+dx+e=0,$

三次预解式:
$x^3-cx^2+(bd-4e)x-b^2e+4ce-d^2=0.$

---

$g(x)=(x-\beta_1)(x-\beta_2)(x-\beta_3)=x^3-\sum_{i}\beta_ix^2+\sum_{i\ne j}\beta_i\beta_jx-\prod_i\beta_i,$

只需计算上面的
$-\sum_{i}\beta_i,\ \sum_{i\ne j}\beta_i\beta_j, -\prod_i\beta_i,$

这里先针对最难算的一项, 也就是$\prod\beta_i=\beta_1\beta_2\beta_3$, 可以表示为
$f(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)=(\alpha_1\alpha_2+\alpha_3\alpha_4)(\alpha_1\alpha_3+\alpha_2\alpha_4)(\alpha_1\alpha_4+\alpha_2\alpha_3)$
显然, 上面的四元多项式$f(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)$是对称多项式, 下面考虑如何用初等对称多项式的多项式形式来表示$f(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)$. 其中, 初等对称多项式如下表示(顺便表示了根与系数的关系)
$\begin{cases} \sigma_1=-b=\sum\limits_i\alpha_i\\ \sigma_2=c=\sum\limits_{i\ne j}\alpha_i\alpha_j\\ \sigma_3=-d=\sum\limits_{i\ne j,j\ne k,k\ne i}\alpha_i\alpha_j\alpha_k\\ \sigma_4=e=\prod\limits_i\alpha_i \end{cases}$

这里首先需要找$f(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)$的首项, 不难发现其首项为$\alpha_1^3\alpha_2\alpha_3\alpha_4$, 对应的四元组为$(3,1,1,1)$, 所以对应的初等对称多项式的多项式首项为$\sigma_1^2\sigma_4$, 这时候需要将原多项式和首项相减, 如下
$\begin{aligned} f_1=f(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4)-\sigma_1^2\sigma_4 &=-2(\alpha_1^2\alpha_2^2\alpha_3\alpha_4+\cdots)+\cdots \end{aligned}$
这时候新的多项式$f_1$的首项就变成了$\alpha_1^2\alpha_2^2\alpha_3\alpha_4$, 其对应的四元组为$(2,2,1,1)$, 于是这时候对应过来的首项就成了$\sigma_2\sigma_4$, 再进行一步相减的操作:
$f_2 = f_1-\sigma_2\sigma_4=\alpha_1^2\alpha_2^2\alpha_3^2+\cdots$
$f_2$对应的四元组为$(2,2,2,0)$, 于是这里的首项对应过来是$\sigma_3^2$, 这样我们就能开始用待定系数法计算$\prod\beta_i=\beta_1\beta_2\beta_3$了.
$\prod\beta_i=\beta_1\beta_2\beta_3=\sigma_1^2\sigma_4+u\sigma_3^2+v\sigma_2\sigma_4,$
取$\alpha_1=\alpha_2=\alpha_3=1, \alpha_4=0$, 得到
$u=1,$
取$\alpha_i=1$, 得到
$6v=-24\Longrightarrow v=-4,$

于是我们得到了
$\prod\beta_i=\beta_1\beta_2\beta_3=\sigma_1^2\sigma_4+\sigma_3^2-4\sigma_2\sigma_4,$
再通过根与系数的关系进行对应, 即可以得到
$\prod\beta_i=\beta_1\beta_2\beta_3=b^2e+d^2-4ce.$
这里完成之后, 剩下的两项系数我们可以通过直接计算得到, 前面文章有提到. 这里简要说一下.

对平方项系数, $\beta_i$直接相加即可
$-\sum_{i}\beta_i=-\sum\limits_{i\ne j}\alpha_i\alpha_j=-c,$
对一次项系数, 也可以采用对称多项式基本定理的方法, 如下

设
$f(\beta_1,\beta_2,\beta_3)=\sum_{i\ne j}\beta_i\beta_j=\beta_1\beta_2+\beta_1\beta_3+\beta_2\beta_3,$
其首项为$\alpha_1^2\alpha_2\alpha_3$, 即$(2,1,1,0)$, 对应的初等对称多项式的首项为$\sigma_1\sigma_3$, 相减
$f_1=f-\sigma_1\sigma_3=-(\alpha_1\alpha_2\alpha_3\alpha_4+\cdots),$
$f_1$首项为$\alpha_1\alpha_2\alpha_3\alpha_4$, 对应的4元组$(1,1,1,1)$, 即$\sigma_4$, 于是我们得到
$f=\sigma_1\sigma_3+w\sigma_4,$
待定系数法, 取$\alpha_i=1$, 得到
$12=16+w,$
于是$w=-4$, 所以$f=\sigma_1\sigma_3-4\sigma_4=bd-4e$, 这样我们就得到了一次项系数.

综上, 我们得到了
$x^3-cx^2+(bd-4e)x-b^2e+4ce-d^2=0.$

主要参考

• 高等代数 北大第四版(王萼芳, 石生明)