高等代数：对称多项式的性质及多项式的判别式

对称多项式是多元多项式中特殊的一类，它的每一个变量在多项式中的地位都是对称的。对称多项式的定义如下：

一、初等对称多项式与对称多项式基本定理

初等对称多项式指在多元多项式环 K[x_1,x_2,\cdots,x_n] 中，含有项 x_1\cdots x_k(k=1,2,\cdots,n) 的项数最小的n元对称多项式.容易看出： \sigma_1(x_1,x_2,\cdots,x_n)=x_1+x_2+\cdots+x_n\\\cdots\\\sigma_k(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\sum\limits_{1\le j_1<\cdots<j_k\le n}x_{j_1}x_{j_2}\cdots x_{j_n}

设数域K上的所有n元对称多项式构成的集合为W,则容易证明：W是 K[x_1,x_2,\cdots,x_n] 的一个子环.因此设

f_1,f_2,\cdots,f_n\in W ,则对于 K[x_1,x_2,\cdots,x_n] 中的任一多项式 g(x_1,x_2,\cdots,x_n) ,有 g(f_1,f_2,\cdots,f_n)\in W ；特别地，当然有 g(\sigma_1,\sigma_2,\cdots,\sigma_n)\in W .

事实上，这件事情反过来也是成立的。对于W中的每个对称多项式，它都可以写成 g(\sigma_1,\sigma_2,\cdots,\sigma_n) 的形式，这就是对称多项式基本定理.

证明：分为存在性与唯一性的证明。

存在性： 采用首项消去法.设对称多项式 f(x_1,x_2,\cdots,x_n) 的首项为 ax^{l_1}_1x_2^{l_2}\cdots x_n^{l_n} .由于对称多项式的性质以及多项式的字典排序规则，我们有： l_1\ge l_2\ge\cdots\ge l_n .

为了消去 f(x_1,x_2,\cdots,x_n) ,又要出现 \sigma_1,\sigma_2,\cdots,\sigma_n ,可以作多项式： \varphi_1(x_1,x_2,\cdots,x_n)=a\sigma_1^{l_1-l_2}\sigma_2^{l_2-l_3}\cdots\sigma_n^{l_n} .显然它是一个对称多项式，且首项恰为 ax^{l_1}_1x_2^{l_2}\cdots x_n^{l_n} .因此可以令 f_1(x_1,x_2,\cdots,x_n)=f(x_1,x_2,\cdots,x_n)-\varphi_1(x_1,x_2,\cdots,x_n) (它也仍为对称多项式）

对 f_1 重复上述做法，依次得到一系列对称多项式： f,f_1=f-\varphi_1,f_2=f_1-\varphi_2,\cdots

设 f_i(x_1,x_2,\cdots,x_n) 的首项的幂指数组为 (p_1,p_2,\cdots,p_n) 则有： (l_1,l_2,\cdots,l_n)>(p_1,p_2,\cdots,p_n)

因此 l_1\ge p_1\ge p_2 \ge\cdots p_n .于是满足条件的 (p_1,p_2,\cdots,p_n) 只有有限多个,于是只能有有限多个 f_i\neq0 .

不妨设 f_s=0 .因此 f=\varphi_1+\varphi_2+\cdots+\varphi_s 可以写成 g(\sigma_1,\sigma_2,\cdots,\sigma_n) 的形式.

唯一性： 我们只需证若 f(x_1,x_2,\cdots,x_n)=g(\sigma_1,\sigma_2,\cdots,\sigma_n)=0. 则 K[x_1,x_2,\cdots,x_n] 上的多项式 g(x_1,x_2,\cdots,x_n)=0 .

反设 g(x_1,x_2,\cdots,x_n)\ne0 ,则存在 (b_1,b_2,\cdots,b_n)\in K^n 使得 g(b_1,b_2,\cdots,b_n)\ne0 (这里用到了下面的 引理1 ）,构造多项式：

f(x)=x^n-b_1x^{n-1}+\cdots+(-1)^kb_kx^{n-k}+\cdots+(-1)^nb_n .

设 f(x) 的n个复根为 \alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n ，则由Vieta定理得： b_k=\sigma_k(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n),k=1,2\cdots n .

则 g(\sigma_1(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n),\cdots,\sigma_n(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n))=g(b_1,b_2,\cdots,b_n)\ne0 ,与 g(\sigma_1,\sigma_2,\cdots,\sigma_n)=0 矛盾.

(注：上述证明过程中用到了一个引理，这个引理在我一开始看来其实貌似是显然的。

证明： 使用数学归纳法.当n=1时，由于数域K上的非零一元多项式 h(x) 不是零函数，因此 n=1 时命题是成立的.假设命题对 K[x_1,x_2,\cdots,x_{n-1}] 中的多项式成立，则 h(x_1,x_2,\cdots,x_n) 可以写成：

h(x_1,x_2,\cdots,x_n)=u_0(x_1,x_2,\cdots,x_{n-1})+u_1(x_1,x_2,\cdots,x_{n-1})x_n\\+\cdots+u_s(x_1,x_2,\cdots,x_{n-1})x_n^s\\ 其中 u_s(x_1,x_2,\cdots,x_{n-1})\ne0 .于是利用归纳假设得：存在 c_1,c_2,\cdots,c_{n-1} 使得 u_s(c_1,c_2,\cdots,c_{n-1})\ne0 .

于是 h(c_1,c_2,\cdots,c_{n-1},x_n) 是 K[x_n] 中的一个s次多项式，是一个非零多项式.于是存在 c_n\in K 使得

h(c_1,c_2,\cdots,c_{n-1},c_n)\ne0 ,进而h不是零函数.

二、应用：数域K上一元多项式的判别式

对于数域K上的一元多项式，我们常常需要判断它有没有重根，而判别式可以对此起到辅助的作用。下面给出多项式的判别式的定义：

设数域K上的首一多项式 f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0 的n个复根为 c_1,c_2,\cdots,c_n .则判别式定义为： D(c_1,c_2,\cdots,c_n)=\prod\limits_{1\le i<j\le n}(c_i-c_j)^2

容易看出， f(x) 拥有重根等价于 D(c_1,c_2,\cdots,c_n)=0 .

下面我们来求解判别式，首先由于形式上的相似性，我们考虑范德蒙行列式.令

B=\begin{pmatrix}1&1&\cdots&1\\c_1&c_2&\cdots&c_n\\\vdots&\vdots&\quad&\vdots\\c_1^{n-1}&c_2^{n-1}&\cdots&c_n^{n-1}\end{pmatrix}

因而判别式:

于是我们需要计算出幂和 s_k(c_1,c_2,\cdots,c_n)=\sum\limits_{i=1}^{n}c_i^k .

这可以采用下面的牛顿(Newton)公式来计算：

证明： 构造多项式 f(x)=x^n-\sigma_1(x_1,x_2,\cdots,x_n)x^{n-1}+\cdots+(-1)^n\sigma_n(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\prod\limits_{i=1}^n(x-x_i)

因而 x_i^n-\sigma_1(x_1,x_2,\cdots,x_n)x_i^{n-1}+\cdots+(-1)^n\sigma_n(x_1,x_2,\cdots,x_n)=0,i=1,2,\cdots,n

(1)当 k\ge n 时，两边同时乘以 x^{k-n} 得：

x_i^k-\sigma_1(x_1,x_2,\cdots,x_n)x_i^{k-1}+\cdots+(-1)^n\sigma_n(x_1,x_2,\cdots,x_n)x^{k-n}=0,i=1,2,\cdots,n

对指标 i 求和得到： s_k-\sigma_1s_{k-1}+\cdots+(-1)^n\sigma_ns_{k-n}=0 .

(2)当 k<n 时，假设 F_{k,n}(x_1,x_2,\cdots,x_n)=s_k-\sigma_1s_{k-1}+\cdots+(-1)^{k-1}\sigma_{k-1}s_1+(-1)^kk\sigma_k .

我们准备使用数学归纳法来证明 k\le n 时恒有 F_{k,n}=0 .

当 n-k=0 时由(1)中的证明知命题成立。

假设对 n-k<m 时命题已成立.则 F_{n,k}(x_1,x_2,\cdots,x_{n-1},0)=F_{n-1,k}(x_1,x_2,\cdots,x_{n-1})=0 （后一个等号用到了归纳假设）

同时 F_{k,n}(x_1,x_2,\cdots,x_n) 可以写成这样的形式（看成是一个关于 x_n 的多项式）： F_{k,n}(x_1,x_2,\cdots,x_n)=u_0(x_1,x_2,\cdots,x_{n-1})+u_1(x_1,x_2,\cdots,x_{n-1})x_n+\cdots+u_t(x_1,x_2\cdots,x_{n-1})x_n^t

于是我们得到 x_n\mid F_{k,n}(x_1,x_2,\cdots,x_n) 再由 F_{k,n}(x_1,x_2,\cdots,x_n) 为对称多项式知：

x_1x_2\cdots x_n\mid F_{k,n}(x_1,x_2,\cdots,x_n)\\ 由于 deg\ F_{k,n}(x_1,x_2,\cdots,x_n)=k<n 因而只能 F_{k,n}(x_1,x_2,\cdots,x_n)=0 .

于是有 s_k-\sigma_1s_{k-1}+\cdots+(-1)^{k-1}\sigma_{k-1}s_1+(-1)^kk\sigma_k=0 .

三、函数判别式与多项式结式的关系

我们在计算函数的判别式 D(f) 时，除了使用刚才提到的使用牛顿公式的方法，也可以借助结式的计算.

首先，多项式 f,g 的结式有这样的性质： R(f,(x-\lambda)g)=(-1)^{deg\ f}f(\lambda)R(f,g) .

于是假设 f,g 在 \mathbb{C} 上的唯一因式分解分别为：

f(x)=(x-x_1)(x-x_2)\cdots(x-x_n)\\g(x)=(x-y_1)(x-y_2)\cdots(x-y_m)\\ 于是 R(f,g)=(-1)^nf(y_1)R(f,g/(x-y_1))\\=(-1)^{n+(n-1)}f(y_1)f(y_2)R(f,g/(x-y_1)(x-y_2))\\=\cdots=(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}f(y_1)f(y_2)\cdots f(y_m)\\ 这时候我们考虑结式 R(f,f') .设 f(x)=(x-x_1)(x-x_2)\cdots (x-x_n) .则 f'(x)=\sum\limits_{i=1}^n\prod\limits_{j\ne i}(x-x_j)

于是 R(f,f')=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}f'(x_1)f'(x_2)\cdots f'(x_n)=(-1)^{\frac{n(n-1)}{2}}D(f) .

因此通过计算结式 R(f,f') 也可以得到多项式 f 的判别式.

四、例题

(1)求 D(x^n+a) .

（2）求方程 x^3+a_2x^2+a_1x+a_0=0 的三个复根构成等差数列的条件.

证明： 令 f(x_1,x_2,x_3)=(2x_1-x_2-x_3)(2x_2-x_1-x_3)(2x_3-x_2-x_1)

我们需要将 f(x_1,x_2,x_3) 用初等对称度多项式表示出来. f(x_1,x_2,x_3) 的首项为 2x_1^3 ,幂指数组为 (3,0,0) .

于是序列中的 f_i 的首项的幂指数组 (p_1,p_2,p_3) 满足 3\ge p_1\ge p_2\ge p_3且p_1+p_2+p_3=3 .

于是可能的幂指数组为： (3,0,0),(2,1,0),(1,1,1) .因此可以构造对应的 \varphi_i :

\varphi_1=\sigma_1^{3-0}\sigma_2^{0-0}\sigma_3^{0}=\sigma_1^3\\ \varphi_2=\sigma_1^{2-1}\sigma_2^{1-0}\sigma_3^0=\sigma_1\sigma_2\\ \varphi_3=\sigma_1^{1-1}\sigma_2^{1-1}\sigma_3^1=\sigma_3\\ 设 f(x_1,x_2,x_3)=2\sigma_1^3+a\sigma_1\sigma_2+b\sigma_3 .则 f(1,1,0)=2\times2^3+a\cdot2\times1=(2-1-0)(2-1-0)(0-1-1)=-2 ,于是 a=-9 .

f(1,1,1)=2\times3^3+(-9)\times3\times3+b=0 ,于是 b=27.

因此 f(x_1,x_2,x_3)=2\sigma_1^3-9\sigma_1\sigma_2+27\sigma_3=2\cdot(-a_2)^3-9(-a_2)a_1+27(-a_0)=0 .

于是 2a_2^3+27a_0=9a_1a_2 .

（ 注1： 类似地我们可以求得三个复根等于另外两个的平方和的情形

注2： 注意到在这种情形下我们无须将 f(x_1,x_2,x_3) 展开就能得到其变换式）

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