4.4. 多项式环

可约与不可约

在唯一分解整环 $A$ 中, 对于 $a=u{p}_1^{d_1}{p}_2^{d_2}\cdots p_n^{d_n}$ 和 $b=v{p}_1^{e_1}{p}_2^{e_2}\cdots p_n^{e_n}$, 其中, $u,v\in A^{\times }$, $p_i$ 都是不可约元素且 $d_i$ 和 $e_j$ 是非负整数, $a\mid b$ 等价于 $d_i⩽e_i$, 其中 $i=1,\cdots ,n$. 所以, 我们可定义 $a$ 和 $b$ 的最大公约数$$g.c.d.(a,b)=p_1^{\min \{d_1,e_1\}}{p}_2^{\min \{d_2,e_2\}}\cdots p_n^{\min \{d_n,e_n\}}$$和最小公倍数$$l.c.m.(a,b)=p_1^{\max \{d_1,e_1\}}{p}_2^{\max \{d_2,e_2\}}\cdots p_n^{\max \{d_n,e_n\}}.$$很明显, 最大公约数和最小公倍数的定义在伴随的意义下唯一. 对于多个元素的最大公约数和最小公倍数也可以类似的定义.

现在考虑 $A$-系数的多项式环. 给定 $P(X)\in A[X]$, 它可以被写成$$P(X)=a_n{X}^n+\cdots +a_{1}X+a_0,$$其中, $a_n\ne 0$. 令 $c(P)$ 为 $a_0,a_1,\cdots ,a_n$ 的最大公约数, 那么, $c(P)$ 在伴随的意义下唯一. 我们称 $c(P)$ 为多项式 $P$ 的容量 (content) .

引理 4.4.1. $A$ 是唯一分解整环, $P,Q\in A[X]$, 则 $c(P)c(Q)$ 与 $c(PQ)$ 伴随.

证明. 假设 $c(P),c(Q)\in A^{\times }$, 先在这个特殊情形下证明引理.

我们要证明 $c(P\cdot Q)\in A^{\times }$, 即对任意不可约元 $p\in A$, 证明 $p\nmid c(P\cdot Q)$. 令$$P(X)=a_n{X}^n+\cdots +a_{1}X+a_0,Q(X)=b_m{X}^m+\cdots +b_{1}X+b_0,$$其中, $a_n,b_m\ne 0$. 由于 $c(P)\in A^{\times }$, 则 $p\nmid c(P)$, 从而存在 $0⩽k_0⩽n$, 使得 $p\mid a_0,p\mid a_1,\cdots ,p\mid a_{k_0-1}$ 但 $p\nmid a_{k_0}$; 类似地, 存在 $0⩽l_0⩽m$, 使得 $p\mid b_0,p\mid b_1,\cdots ,p\mid b_{l_0-1}$ 但 $p\nmid b_{l_0}$. 那么, 多项式 $P\cdot Q$ 中 $X^{k_0+l_0}$ 项的系数恰为$$\begin{gathered} a_{k_0}{b}_{l_0}+\stackrel{\text{在理想(p)中}}{\overbrace{\sum _{\genfrac{}{}{0ex}{}{k+l=k_0+l_0,}{ \\ (k,l)\ne (k_0,l_0)}}{a}_k{b}_l}}=a_{k_0}{b}_{l_0}\mathrm{mod}(p). \end{gathered}$$由于 $(p)$ 是素理想, $a_{k_0}{b}_{l_0}\notin (p)$, 所以 $p$ 不整除此系数. 特别地, $p\nmid c(P\cdot Q)$. 这就证明了 $c(P\cdot Q)\in A^{\times }$.

对于一般情形, 我们先提取 $P$ 和 $Q$ 系数的最大公约数即可.

$\square$

定理 4.4.2 (Gauss 引理). $A$ 是唯一分解整环, $K=\mathrm{Frac}(A)$ 为其分式域. 那么, $P(X)\in A[X]$ 在 $A[X]$ 中不可约 ¹当且仅当 $P(X)$ 在 $K[X]$ 中不可约.

进一步, 若在 $K[X]$ 中有 $P(X)=P_1(X)P_2(X)$ 且 $\mathrm{deg}(P_i)⩾1,i=1,2$, 则有 $k\in K^{\times }$, 使得 $k{P}_1(x),k^{-1}{P}_2(X)\in A[X]$.

证明. 我们选取 $P(X)\in A[X]$. 由于 $A$ 是唯一分解整环, 通过提取系数的最大公约数, 不妨假设 $c(P)=1$.

如果 $P$ 在 $K[X]$ 中可约, 即 $P(X)=P_1(X)P_2(X)$, 其中每个 $P_i(X)\in K[X]$ 的每个系数均形如 $\frac{a^{\prime }}{a^{\prime \prime }}$, $a^{\prime },a^{\prime \prime }\in A$. 先通分并提取公分母、再提取系数分子的最大公约数, $P_i(X)$ 可以被表示为如下形式: $$P_1(X)=\frac{a^{\prime }}{b^{\prime }}{Q}_1(X),P_2(X)=\frac{a^{\prime \prime }}{b^{\prime \prime }}{Q}_2(X),$$其中, $Q_i(X)\in A[X]$ 并且 $c(Q_1),c(Q_2)\in A^{\times }$. 从而, $$P(X)=\frac{a^{\prime }{a}^{\prime \prime }}{b^{\prime }{b}^{\prime \prime }}{Q}_1(X)Q_2(X)=\frac{a^{\prime \prime \prime }}{b^{\prime \prime \prime }}{Q}_1(X)Q_2(X),$$通过约分, 我们可以假设 $a^{\prime \prime \prime }\in A$ 与 $b^{\prime \prime \prime }\in A$ 没有公共的不可约因子. 所以, $$b^{\prime \prime \prime }P=a^{\prime \prime \prime }{Q}_1(X)Q_2(X).$$从而, $$b^{\prime \prime \prime }=c(b^{\prime \prime \prime }P)=c(a^{\prime \prime \prime }{Q}_1(X)Q_2(X))=a^{\prime \prime \prime }.$$这表明, $a^{\prime \prime \prime },b^{\prime \prime \prime }\in A^{\times }$, 所以, $P(X)=u{Q}_1(X)Q_2(X)$ 是可约. 命题中的所有结论至此都得到了证明.

$\square$

定理 4.4.3 (Gauss). 若 $A$ 是唯一分解整环, 则 $A[X]$ 亦然.

证明. 首先通过在 $K[X]$ 中工作来证明在 $A[X]$ 中分解的存在性, 其中 $K=\mathrm{Frac}(A)$.

对任意的 $P(X)\in A[X]$, 通过提取系数的最大公约数, 不妨假设 $c(P)=1$. 将 $P(X)$ 视作是 $K[X]$ 中的多项式, 我们自然可以分解$$P(X)=P_1(X)\cdots P_m(X).$$根据 Gauss 引理, 通过对以上每个多项式乘以某个 $K$ 中的数, 可假设 $P_1(X),\cdots ,P_m(X)$ 是 $A[X]$ 中的多项式, 这就给出了存在性. 实际上, 由于 $c(P)=1$, 所以, $c(P_1)\cdots c(P_m)=1$, 从而, 对所有的 $i$, 都有 $c(P_i)\in A^{\times }$.

再证明分解的唯一性. 假设$$P(X)=P_1(X)\cdots P_m(X)=Q_1(X)\cdots Q_n(X),$$其中, $P_i$ 和 $Q_j$ 都是 $A[X]$ 中的不可约多项式并且容量为 $1$. 通过将它们视为 $K[X]$ 中的多项式, 根据 Gauss 引理, 它们仍然是不可约的. 从而, $m=n$ 并且通过调整脚标对任意 $k$, $P_k(x)={\lambda }_k{Q}_k(X)$, 其中 ${\lambda }_k\in K^{\times }$. 对固定的 $k$, 我们就有$$a_k{P}_k(X)=b_k{Q}_k(X),$$其中, ${\lambda }_k=\frac{b_k}{a_k},a_k,b_k\in A$ 并且 $a_k$ 和 $b_k$ 没有公因子. 通过取容量, 由于 $c(P_k)=c(Q_k)=1$, 从而, $a_k=b_k\mathrm{mod}{A}^{\times }$, 从而 ${\lambda }_k\in A^{\times }$. 这表明 $P_k(X)$ 与 $Q_k(X)$ 伴随. 至此, 我们完成了证明.

$\square$

注记 4.4.4. 给定环同态 $\phi :A\to B$, 通过对系数作用, 我们有自然的环同态$$\Phi :A[X]\to B[X],P(X)=\sum _{i=0}^n{a}_i{X}^i\mapsto \Phi (P(X))=\sum _{i=0}^n\phi (a_i)X^i.$$以上将 $A[X]$ 中多项式视为 $K[X]$ 中多项式是根据同态: $$A\to K,a\mapsto \frac{a}{1}.$$

例子 4.4.5 (判断不可约性). 假设 $A$ 是唯一分解整环, $P(X)\in A[X]$ 并且 $\mathrm{deg}P⩽3$. 若 $P$ 可约, 则必有一个 $1$ 次的因子. 从而, $P(X)$ 可约当且仅当 $P$ 在 $K[X]$ 有根. 我们可以把 $P$ 写成 $P(X)=a_3{X}^3+a_2{X}^2+a_{1}X+a_0$, 其中, $a_i\in A$. 如果 $x=\frac{b}{b^{\prime }}\in K$ 是 $P$ 的根, 其中, 不妨假设 $b$ 与 $b^{\prime }$ 无公因子, 则$$a_3{b}^3+a_2{b}^2{b}^{\prime }+a_{1}b{b}^{\prime 2}+a_0{b}^{\prime 3}=0.$$从而, $b$ 整除 $P$ 的常数项系数 $a_0$, $b^{\prime }$ 整除 $P$ 的首项系数 $a_3$.

•

考虑 $\mathbb{Z}[X]$ 中的多项式 $P(X)=X^3+X-p$, 其中 $p$ 是素数. 如果 $P$ 可约, 根据上面讨论, 其根 $\frac{b}{b^{\prime }}$ 只能是 $\pm 1$ 或者 $\pm p$. 代入 $P$ 计算可知, 只能 $p=2$ 并且此时 $X-1\mid X^3+X-2$; 其余情形 $P$ 不可约.

•

$K$ 是域, $f(X)\in K[X]$ 并且 $f(X)$ 不是某多项式的平方, 则 $Y^2-f(X)$ 在 $K[X,Y]$ 中不可约. 令 $A=K[X]$, 则 $A$ 是唯一分解整环, 从而, $A[Y]=K[X][Y]=K[X,Y]$ 是唯一分解整环. 将 $Y^2-f(X)$ 视为 $A[Y]$ 中的多项式, 若 $Y^2-f(X)$ 可约, 则在 $A[Y]$ 中有$$Y^2-f(X)=(h_1(X)Y-g_1(X))(h_2(X)Y-g_2(X)),h_i,g_i\in K[X].$$比较系数即有 $h_1(X),h_2(X)\in A^{\times }=K$, 乘 $K$ 中的数, 不妨设 $h_1(X)=h_2(X)=1$, 此时, $$Y^2-f(X)=(Y-g_1(X))(Y-g_2(X))=Y^2-(g_1(X)+g_2(X))Y+g_1(X)g_2(X).$$比较系数即有 $g_1(X)+g_2(X)=0$, 从而 $f(X)=g_1(X{)}^2$, 矛盾.

例子 4.4.6 (Eisenstein 判别法). $A$ 是唯一分解整环, $P(X)=a_n{X}^n+a_{n-1}{X}^{n-1}+\cdots +a_{1}X+a_0\in A[X]$, $\mathfrak{p}\subset A$ 是素理想. 假设$$a_n\notin \mathfrak{p},a_{n-1},\cdots ,a_1,a_0\in \mathfrak{p},a_0\notin {\mathfrak{p}}^2,$$那么, $P(X)$ 在 $A[X]$ (和 $K[X]$) 中不可约.

用反证法. 若 $P(X)=P_1(X)P_2(X)$, 通过自然同态 $A[X]\to A[X]$, 我们在 $A[X]$ 中工作: $$a_n{X}^n=\overline{P_1}(X)\cdot \overline{P_2}(X)\Rightarrow \overline{P_1}(X)=b{X}^l,\overline{P_2}(X)=c{X}^k,k+l=n.$$由于 $a_n\notin \mathfrak{p}$, $k\ne 0,l\ne 0$. 上式表明 $P_1(X)$ 和 $P_2(X)$ 的常数项系数在 $\mathfrak{p}$ 中 (在 $A$ 中为 $0$) , 所以 $a_0\in {\mathfrak{p}}^2$. 矛盾.

Eisenstein 判别法有如下经典应用: 若 $p$ 是素数, 则 ${\Phi }_p(X)=1+X+X^2+\cdots +X^{p-1}$ 在 $\mathbb{Z}[X]$ 中不可约. 实际上, ${\Phi }_p(X)$ 不可约等价于 ${\Phi }_p(X+1)$ 不可约. 然而, $$\begin{array}{r}{\Phi }_p(X+1)=\frac{(X+1{)}^p-1}{(X+1)-1}=p+\sum _{k=2}^p\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{k}\right)X^{k-1}.\end{array}$$该多项式的最高项系数为 $1$, 其余系数都被 $p$ 整除但 $p^2$ 不整除常数项系数. Eisenstein 判别法表明 ${\Phi }_p(X)$ 不可约.

多项式的导数

$K$ 是域, 对任意 $P(X)\in K[X]$, $P(X)=a_n{X}^n+\cdots +a_{1}X+a_0$, 定义其导数为$$P^{\prime }(X)=n{a}_n{X}^{n-1}+(n-1)a_{n-1}{X}^{n-2}+\cdots +2a_{2}X+a_1.$$求导映射 $P\mapsto P^{\prime }$ 显然是 $K$-线性的.

引理 4.4.7 (Leibniz 法则). 对任意的 $P(X),Q(X)\in K[X]$, 有$$(P\cdot Q{)}^{\prime }=P^{\prime }\cdot Q+P\cdot Q^{\prime }.$$

证明. 证明的关键是观察到上述等式两边分别对于 $P$ 和 $Q$ 均为 $K$-双线性的. 所以, 只要对 $P(X)=X^m$ 和 $Q(X)=X^n$ 验证即可: $$(X^m\cdot X^n{)}^{\prime }=(m+n)X^{m+n-1}=m{X}^{m-1}{X}^n+X^m\cdot n{X}^{n-1}.$$这就证明了 Leibniz 法则.

$\square$

例子 4.4.8. 给定域扩张 $L$, $P(X)\in K[X]$ 并且 $P$ 在 $L$ 中有重根, 即存在 $m⩾2$ 以及 $\xi \in L$, 在 $L[X]$ 中, 有$$P(X)=(X-\xi {)}^{m}Q(X).$$那么, $$P^{\prime }(X)=m(X-\xi {)}^{m-1}Q(X)+(X-\xi {)}^m{Q}^{\prime }(X)=(X-\xi {)}^{m-1}(mQ(X)+(X-\xi )Q^{\prime }(x)).$$所以, $P$ 与 $P^{\prime }$ 在 $L[X]$ 中有公因子 $X-\xi$. 尽管 $X-\xi$ 可能不是 $K[X]$ 中的元素, 但实际上 $P$ 与 $P^{\prime }$ 在 $K[X]$ 中有公因子: 若不然, $P$ 与 $P^{\prime }$ 在 $K[X]$ 中互素, 所以, 存在 $A(X),B(X)\in K[X]$, 使得$$A(X)P(X)+B(X)P^{\prime }(X)=1.$$在 $L[X]$ 中令 $X=\xi$, 上式左边为 $0$, 矛盾. 综上所述, $P(X)\in K[X]$ 若在 $K$ 的某个 $L$ 中有重根, 则 $P$ 与 $P^{\prime }$ 不互素. 所以, 如果 $P$ 与 $P^{\prime }$ 互素, 则 $P$ 在 $K$ 的任意扩张 $L$ 中无重根.

结式与判别式

$K$ 是域, $P(X),Q(X)\in K[X]$ 是多项式且 $\mathrm{deg}(P)=n,\mathrm{deg}(Q)=m$. 令 $K[X{]}_{⩽d}$ 为次数不超过 $d$ 的多项式所构成的线性空间, 考虑 $K$-线性映射$$\Phi :K[X{]}_{⩽m-1}\times K[X{]}_{⩽n-1}⟶K[X{]}_{⩽m+n-1},(A(X),B(X))\mapsto A(X)P(X)+B(X)Q(X).$$很明显, $\Phi$ 的定义域和值域的维数均为 $n+m$.

我们指定 $K[X{]}_{⩽m-1}\times K[X{]}_{⩽n-1}$ 一组基: $$\{e_1=(1,0),e_2=(X,0),\cdots ,e_m=(X^{m-1},0),e_{m+1}=(0,1),e_{m+2}=(0,X),\cdots ,e_{m+n}=(0,X^{n-1})\}$$也指定 $K[X{]}_{⩽m+n-1}$ 的一组基: $$\{E_1=1,E_2=X,\cdots ,E_{m+n}=X^{m+n-1}\}.$$对于$$\{\begin{array}{l}P(X)=a_n{X}^n+a_{n-1}{X}^{n-1}+\cdots +a_{1}X+a_0,\\ Q(X)=b_m{X}^m+b_{m-1}{X}^{m-1}+\cdots +b_{1}X+b_0,\end{array}$$我们可以计算$$\begin{array}{r}\Phi (e_i)=a_0{E}_i+a_1{E}_{i+1}+\cdots +a_n{E}_{i+n},1⩽i⩽m;\\ \Phi (e_{m+j})=b_0{E}_j+b_1{E}_{j+1}+\cdots +b_m{E}_{j+m},1⩽j⩽n.\end{array}$$所以, $\Phi$ 可以表示为 $(n+m)\times (n+m)$ 的 Sylvester 矩阵: $$M=\left(\begin{array}{ccccccccc}{a}_0& 0& 0& \cdots & 0& b_0& 0& \cdots & 0\\ a_1& a_0& 0& \cdots & 0& b_1& b_0& \cdots & 0\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & 0& \cdots & \cdots & \ddots & 0\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & a_0& b_{m-1}& b_{m-2}& \cdots & b_0\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & a_1& b_m& b_{m-1}& \cdots & b_1\\ a_{n-1}& a_{n-2}& 0& \cdots & \cdots & 0& b_m& \cdots & b_2\\ a_n& a_{n-1}& 0& \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0& a_n& 0& \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ \cdots & \cdots & \ddots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0& 0& \cdots & a_n& a_{n-1}& 0& \cdots & b_m& b_{m-1}\\ 0& 0& \cdots & 0& a_n& 0& \cdots & 0& b_m\end{array}\right)$$(4.4.1)我们定义 $\mathrm{Res}(P,Q):=\det (M)$ 并称之为 $P$ 与 $Q$ 的结式.

注记 4.4.9. $\mathrm{Res}(P,Q)$ 是两个多项式系数 $a_0,\cdots ,a_n,b_0,\cdots ,b_m$ 的整系数多项式.

可以利用结式来判断两个多项式是否互素:

命题 4.4.10. 给定多项式 $P,Q\in K[X]$, $(P,Q)=1$ 当且仅当 $\mathrm{Res}(P,Q)\ne 0$.

证明. 注意到, $\Phi$ 是线性空间之间的同构当且仅当 $\mathrm{disc}(P,Q)\ne 0$.

如果 $\mathrm{Res}(P,Q)\ne 0$, 那么 $\Phi$ 是同构. 特别地, $\Phi$ 是满射, 从而有 $A,B\in K[X]$, 使得 $A(X)P(X)+B(X)Q(X)=1$. 这表明 $P$ 与 $Q$ 是互素的.

如果 $P$ 与 $Q$ 互素, 我们来说明 $\Phi$ 是同构: 若不然, $\mathrm{Ker}(\Phi )\ne 0$, 则存在 $A\in K[X{]}_{⩽m-1},B\in K[X{]}_{⩽n-1}$ 使得$$A(X)P(X)+B(X)Q(X)=0\Rightarrow A(X)P(X)=-B(X)Q(X).$$由于 $P$ 与 $Q$ 互素并且 $Q$ 整除 $A\cdot P$, 所以 $Q\mid A$. 然而 $\mathrm{deg}(A)<\mathrm{deg}(Q)$, 这表明 $A=0$, 从而 $B=0$, 矛盾.

综上所述, 命题得证.

$\square$

我们可用两个多项式的根计算其结式:

引理 4.4.11. 给定 $P(X)=a_n{\prod }_{i=1}^n(X-x_i),Q(Y)=b_m{\prod }_{j=1}^m(Y-y_j)$, 则$$\mathrm{Res}(P,Q)=(-1{)}^{nm}{a}_n^m{b}_m^n\cdot \prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m(x_i-y_j).$$(4.4.2)

证明. 根据行列式 $M$ 的定义, 不妨设 $a_n=b_m=1$.

根据 Vieta 定理, 每个 $a_i$ 和 $b_j$ 分别是 $\{x_1,\cdots ,x_n\}$ 与 $\{y_1,\cdots ,y_m\}$ 的整数系数多项式, 所以 $\mathrm{Res}(P,Q)$ 是 $\{x_1,\cdots ,x_n,y_1,\cdots ,y_m\}$ 的整数系数多项式. 现在证明 $\mathrm{Res}(P,Q)$ 是 $\{x_1,\cdots ,x_n,y_1,\cdots ,y_m\}$ 的齐次多项式且其次数为 $m+n$. 作为行列式的, $\mathrm{Res}(P,Q)$ 的一项形如$$M_{\sigma (1),1}{M}_{\sigma (2),2}\cdots M_{\sigma (m+n),m+n},$$其中, $\sigma \in {\mathfrak{S}}_{n+m}$.

注意到系数 $a_i$ 是 $n-i$ 次齐次多项式, $b_j$ 是 $m-j$ 次齐次多项式. 根据矩阵 $M$ 的形式 (4.4.1), 当 $k⩽m$ 时, $M_{\sigma (k),k}$ 的次数是 $n-(\sigma (k)-k)$; 当 $k⩾m+1$ 时, $M_{\sigma (k),k}$ 的次数是 $m-(\sigma (k)-(k-m))$. 从而, 总次数为$$\sum _{k=1}^m[n-(\sigma (k)-k\left)\right]+\sum _{k=m+1}^{m+n}[m-(\sigma (k)-(k-m)\left)\right]=mn.$$若 $x_i=y_j$, 则 $A=\frac{Q}{X-y_j}$ 和 $B=-\frac{P}{X-x_j}$ 均为非零多项式并且 $A\cdot P+B\cdot Q=0$. 根据 $\Phi$ 的定义, $\mathrm{Ker}(\Phi )\ne 0$, 从而 $\mathrm{Res}{|}_{x_i=y_j}=0$. 所以对所有的 $i,j$, 均有 $x_i-y_j\mid \mathrm{Res}$, 所以$$\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m(x_i-y_j)\mid \mathrm{Res}(x_1,\cdots ,x_n,y_1,\cdots ,y_m).$$由于上面两个多项式的次数相同, 所以存在 $\lambda \in K$, 使得$$\mathrm{Res}(x_1,\cdots ,x_n,y_1,\cdots ,y_m)=\lambda \prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m(x_i-y_j).$$我们现在计算 $\lambda$. $\mathrm{Res}$ 中由对角线上的项给出的是 $a_0^m=(-1{)}^{nm}{x}_1^m\cdots x_n^m$; 而乘积 $\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^m(x_i-y_j)$ 中这一项是 $x_1^m\cdots x_n^m$, 所以 $\lambda =(-1{)}^{nm}$. 命题得证.

$\square$

注记 4.4.12. 我们将证明, 对任意的 $P\in K[X]$, 总有域扩张 $L$, 使得若将 $P$ 视作是 $L$-系数的多项式, 则 $P$ 在 $L$ 中有 $n$ 个根, 即在 $L[X]$ 中, 有 $P(X)=a_n{\prod }_{i=1}^n(X-x_i)$, 其中, $x_i\in L$.

另外, 对任意的 $P,Q\in K[X]$, 将它们视作是 $L[X]$ 中的多项式, 其结式 $\mathrm{Res}(P,Q)$ 在 $L$ 中计算的结果与在 $K$ 中计算的结果一致.

推论 4.4.13. 结式 $\mathrm{Res}(P,Q)$ 满足如下对称性$$\mathrm{Res}(P,Q)=(-1{)}^{\mathrm{deg}(P)\cdot \mathrm{deg}(Q)}\mathrm{Res}(Q,P).$$

证明. 可以选取 $K$ 的扩张 $L$, 使得 $P$ 和 $Q$ 的根都落在 $L$ 中. 此时, 以上公式显然成立. 关于上述扩张的存在性以及选取域扩张进行证明的想法, 在下一章就会变得自然且简单, 这里暂且不表.

当然, 直接运用矩阵 $M$ 的表达, 这个命题也是显然的.

$\square$

推论 4.4.14. 假设在 $K[X]$ 中有 $P(X)=a_n\prod _{i=1}^n(X-x_i),Q(Y)=b_m\prod _{j=1}^m(Y-y_j)$, 则$$\mathrm{Res}(P,Q)=(-1{)}^{nm}{a}_n^m\prod _{i=1}^{n}Q(x_i)=b_m^n\prod _{j=1}^{m}P(y_j).$$

推论 4.4.15. $P$ 和 $Q$ 在 $K$ 的某个扩张 $L$ 中有公共根当且仅当 $\mathrm{Res}(P,Q)=0$.

证明. 如果多项式 $P$ 和 $Q$ 的根都落在 $K$ 中, 根据 (4.4.2), 命题显然成立. 对于一般的情形, 我们只要注意到结式 $\mathrm{Res}(P,Q)$ 的计算结果不依赖于域扩张即可.

$\square$

推论 4.4.16. 给定多项式 $P,Q,B,R\in K[X]$, 其中, $P=BQ+R$ 并且 $\mathrm{deg}(R)<\mathrm{deg}(Q)$, 则$$\mathrm{Res}(P,Q)=b_m^{n-\mathrm{deg}(R)}\mathrm{Res}(R,Q),$$其中, $n=\mathrm{deg}(P)$ 而 $b_m$ 为 $Q$ 的最高次项系数.

证明. 假设 $Q(Y)=b_m{\prod }_{j=1}^m(Y-y_j)$, 则$$\begin{array}{rl}\mathrm{Res}(P,Q)& =b_m^n\prod _{j=1}^{m}P(y_j)=b_m^n\prod _{j=1}^m[(BQ)(y_j)+R(y_j)]\\ & =b_m^n\prod _{j=1}^{m}R(y_j)=b_m^{n-\mathrm{deg}(R)}\mathrm{Res}(R,Q).\end{array}$$命题得证.

$\square$

定义 4.4.17 (判别式). 给定 $P\in K[X]$, 其判别式定义为$$\mathrm{Disc}(P):=\mathrm{Res}(P,P^{\prime }).$$

注记 4.4.18. 可以用判别式判别多项式 $P(X)$ 是否有重根, 请参考例子 4.4.8.

给定 $n$ 次首一多项式 $P(X)\in K[X]$ 中, 假设在 $K$ 的扩张 $L$ 中有 $n$ 个根, 即$$P(X)=(X-{\alpha }_1)\cdots (X-{\alpha }_n),$$其中 ${\alpha }_i\in L$. 那么, $P^{\prime }$ 的次数为 $n-1$. 根据 Leibniz 法则, 我们计算$$P^{\prime }(X)=\sum _{k=1}^n(X-{\alpha }_1)\cdots (X-{\alpha }_{k-1})\stackrel{\text{缺失}}{\overbrace{\cancel{(X-{\alpha }_k)}}}(X-{\alpha }_{k+1})\cdots (X-{\alpha }_n).$$从而, $P^{\prime }({\alpha }_i)=\prod _{j\ne i}({\alpha }_i-{\alpha }_j)$. 所以, $$\begin{array}{rl}\mathrm{Disc}(P)& =\mathrm{Res}(P,P^{\prime })=(-1{)}^{n(n-1)}\prod _{i=1}^n{P}^{\prime }({\alpha }_i)\\ & =(-1{)}^{n(n-1)}\prod _{i\ne j}({\alpha }_i-{\alpha }_j)=(-1{)}^{\frac{1}{2}n(n-1)}\prod _{i<j}({\alpha }_i-{\alpha }_j{)}^2.\end{array}$$所以, 对首一多项式而言, $$\boxed{\mathrm{Disc}(P)=(-1{)}^{\frac{1}{2}n(n-1)}\prod _{i<j}({\alpha }_i-{\alpha }_j{)}^2.}$$(4.4.3)

这说明 $\mathrm{Disc}(P)=0$ 等价于 $P$ 有重根.

例子 4.4.19. $P(X)=a{X}^2+bX+c$ 是二次多项式, 则 $P^{\prime }(X)=2aX+b$. 根据定义, 有$$\mathrm{Disc}(P)=\det \left(\begin{array}{ccc}c& b& 0\\ b& 2a& b\\ a& 0& 2a\end{array}\right)=a(4ac-b^2).$$

例子 4.4.20. $P(X)=X^3+pX+q$ 是三次多项式, 则 $P^{\prime }(X)=3X^2+p$. 根据定义, 有$$\mathrm{Disc}(P)=\det \left(\begin{array}{ccccc}q& 0& p& 0& 0\\ p& q& 0& p& 0\\ 0& p& 3& 0& p\\ 1& 0& 0& 3& 0\\ 0& 1& 0& 0& 3\end{array}\right)=4p^3+27q^2.$$

例子 4.4.21. $P(X)=X^n+aX+b$ 是 $n$ 次多项式, 则 $P^{\prime }(X)=n{X}^{n-1}+a$. 使用行列式进行计算的可行性很低, 我们转而利用结式的性质进行化简. 首先, $$\mathrm{Disc}(P)=n^{n-1}\mathrm{Res}(P,X^{n-1}+\frac{a}{n}).$$假设 ${\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_{n-1}$ 是 $X^{n-1}+\frac{a}{n}$ 的 $n-1$ 个根, 则$$\begin{array}{rl}\mathrm{Disc}(P)& =n^{n-1}\prod _{j=1}^{n-1}P({\alpha }_j)=n^n\prod _{j=1}^{n-1}({\alpha }_j^n+a{\alpha }_j+b)\\ & =n^{n-1}\prod _{j=1}^{n-1}(-\frac{a}{n}{\alpha }_j+a{\alpha }_j+b)=n^{n-1}{\left(\frac{n-1}{n}a\right)}^{n-1}\prod _{j=1}^{n-1}({\alpha }_j+\frac{n}{n-1}\frac{b}{a})\\ & =n^{n-1}{\left(-\frac{n-1}{n}a\right)}^{n-1}\prod _{j=1}^{n-1}(-\frac{n}{n-1}\frac{b}{a}-{\alpha }_j)=n^{n-1}{\left(-\frac{n-1}{n}a\right)}^{n-1}{P}^{\prime }(-\frac{n}{n-1}\frac{b}{a})\\ & =n^{n-1}{\left(-\frac{n-1}{n}a\right)}^{n-1}\left(n(-\frac{n}{n-1}\frac{b}{a}{)}^{n-1}+a\right)\\ & =n^n{b}^{n-1}+(-1{)}^{n-1}(n-1{)}^{n-1}{a}^n.\end{array}$$

对称多项式

考虑环 $A$ 上的多项式环 $A[X_1,\cdots ,X_n]$, 对称群 ${\mathfrak{S}}_n$ 可以在 $A[X_1,\cdots ,X_n]$ 上作用: $${\mathfrak{S}}_n\times A[X_1,\cdots ,X_n]\to A[X_1,\cdots ,X_n],(g,P)\mapsto (g\cdot P)(X_1,\cdots ,X_n)=P(X_{g(1)},\cdots ,X_{g(n)}).$$对多项式 $P\in A[X_1,\cdots ,X_n]$, 若对任意 $g\in {\mathfrak{S}}_n$, $g\cdot P=P$, 则称 $P$ 是对称多项式. 我们用 $A[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{S}}_n}$ 表示全体 $A$-系数的对称多项式, 不难看出, $A[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{S}}_n}$ 是 $A[X_1,\cdots ,X_n]$ 的子环. 我们的目标是确定 $K[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{S}}_n}$ 的代数结构, 其中, $K$ 是域.

例子 4.4.22. 以下 $n$ 个整系数多项式被称作是基本对称多项式: $$\{\begin{array}{ll}& {\sigma }_1={\sum }_i{X}_i,\\ & {\sigma }_2={\sum }_{i<j}{X}_i{X}_j,\\ & \cdots \\ & {\sigma }_k={\sum }_{i_1<i_2<\cdots <i_k}{X}_{i_1}{X}_{i_2}\cdots X_{i_k},\\ & \cdots \\ & {\sigma }_n=X_1\cdots X_n.\end{array}$$

给定 $n$ 元整数指标 $I=(i_1,\cdots ,i_n)$, 其中, $i_1⩾i_2⩾\cdots ⩾i_n⩾0$, 定义$$\mathrm{Stab}(I)=\{g\in {\mathfrak{S}}_n|g\cdot X_1^{i_1}{X}_2^{i_2}\cdots X_n^{i_n}=X_1^{i_1}{X}_2^{i_2}\cdots X_n^{i_n}\}$$以及$$S_I=\sum _{g\in {\mathfrak{S}}_n}g\cdot (X_1^{i_1}{X}_2^{i_2}\cdots X_n^{i_n}).$$以上的求和中, $g\in {\mathfrak{S}}_n$ 可以被理解为每个陪集在 ${\mathfrak{S}}_n$ 中的代表元.

例子 4.4.23. 若 $I=(1,0,\cdots ,0)$, 则对换 $(1,2),\cdots ,(1,n)$ 和 $1$ 可以作为左陪集 ${\mathfrak{S}}_n$ 的代表元, 从而, $$S_{(1,0,\cdots ,0)}=X_1+\sum _{k=2}^n(1,k)\cdot X_1={\sigma }_1.$$若 $I=(1,1,\cdots ,1)$, 则 $\mathrm{Stab}(I)={\mathfrak{S}}_n$, 从而, ${\mathfrak{S}}_n$ 只有一个代表元 $1$. 那么, $$S_{(1,1,\cdots ,1)}=X_1{X}_2\cdots X_n={\sigma }_n.$$

注记 4.4.24. 以上求和之所以要商掉 $\mathrm{Stab}(I)$ 是因为要避免重复的系数, 比如说, 对 $I=(1,1,\cdots ,1)$, $$\sum _{g\in {\mathfrak{S}}_n}g\cdot (X_1{X}_2\cdots X_n)=n!\cdot {\sigma }_n.$$再例如当 $n=3$ 的时候, 考虑 $I=(2,1,1)$, 则 $\mathrm{Stab}(I)=\{1,(2,3)\}$. 从而, $$S_I=X_1^2{X}_2{X}_3+X_2^2{X}_1{X}_3+X_3^2{X}_1{X}_2.$$然而$$\sum _{g\in {\mathfrak{S}}_3}g\cdot (X_1^{i_1}{X}_2^{i_2}{X}_3^{i_3})=2(X_1^2{X}_2{X}_3+X_2^2{X}_1{X}_3+X_3^2{X}_1{X}_2).$$

命题 4.4.25. 对任意的 $n$ 元整数指标 $I=(i_1,\cdots ,i_n)$, 有 $S_I\in A[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{S}}_n}$. 进一步, 每个 $S_I$ 恰好包含 $\left|{\mathfrak{S}}_n\right|$ 个单项式, 每个这样的单项式的系数恰为 $1$.

证明. 对任意的 $g^{\prime }\in {\mathfrak{S}}_n$, 有$$\begin{array}{rl}{g}^{\prime }\cdot S_I& =\sum _{g\in {\mathfrak{S}}_n}{g}^{\prime }g\cdot (X_1^{i_1}{X}_2^{i_2}\cdots X_n^{i_n})=\sum _{g^{\prime }g\in {\mathfrak{S}}_n}{g}^{\prime }g\cdot (X_1^{i_1}{X}_2^{i_2}\cdots X_n^{i_n}).\end{array}$$当 $g$ 取遍 ${\mathfrak{S}}_n$ 的任一组代表元时, $g^{\prime }g$ 也取遍 ${\mathfrak{S}}_n$ 的一组代表元. 所以, $g^{\prime }\cdot S_I=S_I$.

$\square$

引理 4.4.26. 对任意的 $P\in A[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{S}}_n}$, 存在有限个指标 $I$ 以及 $a_I\in A$, 使得$$P=\sum _{\text{有限}}{a}_I\cdot S_I.$$

证明. 考虑 $P$ 的一个单项式 $a_I{X}_1^{i_1}{X}_2^{i_2}\cdots X_n^{i_n}$, 其中, $a_I\ne 0$. 对任意 $g\in {\mathfrak{S}}_n$, $a_I{X}_{g(1)}^{i_1}{X}_{g(2)}^{i_2}\cdots X_{g(n)}^{i_n}$ 也是 $P$ 中的一个单项式. 据此, 不妨假设 $i_1⩾i_2⩾\cdots ⩾i_n$ 并且 $I$ 为对应的 $n$ 元整数指标. 特别地, $$a_I{S}_I=\sum _{g\in {\mathfrak{S}}_n}{a}_I\cdot (X_{g(1)}^{i_1}{X}_{g(2)}^{i_2}\cdots X_{g(n)}^{i_n})$$中的每一项都作为 $P$ 中的单项式出现, 从而, $P-a_I{S}_I$ 是单项式个数较少的对称多项式. 重复这个过程就可以将 $P$ 写成 ${\sum }_{\text{有限}}{a}_I\cdot S_I$ 的形式.

$\square$

注记 4.4.27. 对于 $n$ 元整数指标 $I=(i_1,\cdots ,i_n)$ 和 $J=(j_1,\cdots ,j_n)$, 用字典序可以比较它们的大小, 即$$I<J\iff \text{存在 k⩽n，使得 i1=j1,⋯,ik−1=jk−1 而 ik<jk}.$$特别地, 对任意的两个不同的 $n$ 元整数指标 $I$ 和 $J$, $I<J$ 或 $I>J$ 二者必居其一.

引理 4.4.28. 对任意的 $n$ 元整数指标 $I$ 和 $J$, 我们有$$S_I\cdot S_J=S_{I+J}+\sum _{K<I+J}{a}_K\cdot S_K,$$其中, $I+J=(i_1+j_1,\cdots ,i_n+j_n)$, $K$ 为 $n$ 元整数指标而 $a_K\in A$.

证明. 对于 $I=(i_1,\cdots ,i_n)$ 和 $J=(j_1,\cdots ,j_n)$, $X_1^{i_1}\cdots X_n^{i_n}$ 和 $X_1^{j_1}\cdots X_n^{j_n}$ 分别是 $S_I$ 和 $S_J$ 中出现的最大指标的单项式, 从而, $X_1^{i_1+j_1}\cdots X_n^{i_n+j_n}$ 是 $S_I\cdot S_J$ 中出现的最大指标的单项式. 根据引理 4.4.26 的证明, $S_{I+J}$ 的每一项都恰在 $S_I\cdot S_J$ 中出现一次并且其余项对应的指标都严格小于 $I+J$, 所以, $S_I\cdot S_J-S_{I+J}$ 形如 ${\sum }_{K<I+J}{a}_K\cdot S_K$.

$\square$

定理 4.4.29. 每个对称多项式 $P\in A[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{S}}_n}$ 可唯一地表示成 ${\sigma }_1,\cdots ,{\sigma }_n$ 的多项式, 即$$A[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{S}}_n}=A[{\sigma }_1,\cdots ,{\sigma }_n].$$

证明. 只要证明对每个 $n$ 元整数指标 $I$, $S_I$ 可写成 ${\sigma }_1,\cdots ,{\sigma }_n$ 的 $A$-系数多项式, 那么, 每个对称多项式亦然. 我们对 $I$ 根据字典序进行归纳: 最小的 $I$ 是 $(1,0,\cdots ,0)$, 此时 $S_I={\sigma }_1$, 命题显然成立. 给定 $n$ 元整数指标 $K$, 假设对任意 $I<K$, $S_I$ 可表示成 ${\sigma }_1,\cdots ,{\sigma }_n$ 的多项式. 我们首先把 $K$ 写成$$K=I+(1,\cdots ,1,0,\cdots ,0)=I+J,I<K,J=(\underset{k\text{个}}{\underbrace{1,\cdots ,1}},0,\cdots ,0).$$注意到 $S_J={\sigma }_k$. 根据上一引理, 我们有$$S_K=S_{I+J}=S_I\cdot {\sigma }_k+\sum _{K^{\prime }<I+J}{a}_{K^{\prime }}\cdot S_{K^{\prime }}.$$右边每一项均为 ${\sigma }_1,\cdots ,{\sigma }_n$ 的多项式, 所以 $S_K$ 也是. 这就完成了归纳假设的证明.

现在证明对任意 $P\in A[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{S}}_n}$, 存在唯一的 $Q\in A[Y_1,\cdots ,Y_n]$, 使得$$P(X_1,\cdots ,X_n)=Q({\sigma }_1,\cdots ,{\sigma }_n).$$对任意指标 $\alpha =({\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_n)$, 其中, ${\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_n⩾0$, 定义 $n$ 元整数指标 $I(\alpha )$ 为$$I(\alpha )=({\alpha }_1+{\alpha }_2+\cdots +{\alpha }_n,{\alpha }_1+{\alpha }_2+\cdots +{\alpha }_{n-1},\cdots ,{\alpha }_1).$$那么, $${\sigma }_1^{{\alpha }_1}{\sigma }_2^{{\alpha }_2}\cdots {\sigma }_n^{{\alpha }_n}=S_{I(\alpha )}+\sum _{I<I(\alpha )}{a}_I\cdot S_I.$$如果存在另一个 $Q^{\prime }\in A[Y_1,\cdots ,Y_n]$, 使得 $P(X_1,\cdots ,X_n)=Q^{\prime }({\sigma }_1,\cdots ,{\sigma }_n)$. 为了说明 $Q=Q^{\prime }$, 只要对任意 $G\in A[Y_1,\cdots ,Y_n]-\{0\}$, 证明 $G({\sigma }_1,\cdots ,{\sigma }_n)$ 在 $A[X_1,\cdots ,X_n]$ 中非零即可 (取 $G=Q-Q^{\prime }$) . 实际上, 我们把 $G$ 写成$$G(Y_1,\cdots ,Y_n)=\sum _{\alpha =({\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_n)}{a}_{\alpha }\cdot Y^{\alpha }$$其中, $a_{\alpha }\ne 0$. 选择这样的指标 $\alpha$, 使得 $I(\alpha )$ 在字典序下最大. 那么, 当我们把 $G({\sigma }_1,\cdots ,{\sigma }_N)$ 写成 ${\sum }_{\text{有限}}{a}_I\cdot S_I$ 的形式时, $S_{I(\alpha )}$ 的系数非零. 从而, $G({\sigma }_1,\cdots ,{\sigma }_n)\ne 0$.

$\square$

例子 4.4.30. $K$ 是域, $K(X_1,\cdots ,X_n)=\mathrm{Frac}(K[X_1,\cdots ,X_n])$ 为多项式环 $K[X_1,\cdots ,X_n]$ 的分式域. 由于 $K[X_1,\cdots ,X_n]$ 是唯一分解整环, 通过约去公因子, 每个 $K(X_1,\cdots ,X_n)$ 中的元素 $f(X_1,\cdots ,X_n)$ 都可唯一写成 $\frac{P(X_1,\cdots ,X_n)}{Q(X_1,\cdots ,X_n)}$ 的形式, 其中, $P$ 和 $Q$ 在 $K[X_1,\cdots ,X_n]$ 中互素并且 $Q$ 是首一的. 对称群 ${\mathfrak{S}}_n$ 可以在 $K(X_1,\cdots ,X_n)$ 上作用: $${\mathfrak{S}}_n\times K(X_1,\cdots ,X_n)\to K(X_1,\cdots ,X_n),(g,f)\mapsto (g\cdot f)(X_1,\cdots ,X_n)=f(X_{g(1)},\cdots ,X_{g(n)}).$$很明显, $(g\cdot f)(X_1,\cdots ,X_n)=\frac{g\cdot P}{g\cdot Q}$. 很明显, $g\cdot P$ 和 $g\cdot Q$ 在 $K[X_1,\cdots ,X_n]$ 中也互素并且 $g\cdot Q$ 也是首一的. 所以, $$g\cdot f=f\iff \frac{g\cdot P}{g\cdot Q}=\frac{P}{Q}\iff Q\cdot (g\cdot P)=P\cdot (g\cdot Q).$$通过整除关系, 我们必然有 $Q=g\cdot Q$, 从而, $P=g\cdot P$. 特别地, $P,Q\in K[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{S}}_n}=K[{\sigma }_1,\cdots ,{\sigma }_n]$.

令$$K(X_1,\cdots ,X_n{)}^{{\mathfrak{S}}_n}=\{f\in K(X_1,\cdots ,X_n)|\text{对任意的 g∈Sn, }g\cdot f=f\},$$那么, 上面的推理表明$$K(X_1,\cdots ,X_n{)}^{{\mathfrak{S}}_n}=K({\sigma }_1,\cdots ,{\sigma }_n).$$

例子 4.4.31 (判别式). 令 $\Delta =\prod _{i<j}(X_i-X_j)$, 则 $g\cdot \Delta =\epsilon (g)\Delta$, 其中, $\epsilon :{\mathfrak{S}}_n\to \{\pm 1\}$ 是指标映射.

考虑交错群 ${\mathfrak{A}}_n$ 在 $A[X_1,\cdots ,X_n]$ 上作用: $${\mathfrak{A}}_n\times A[X_1,\cdots ,X_n]\to A[X_1,\cdots ,X_n],(g,P)\mapsto (g\cdot P)(X_1,\cdots ,X_n)=P(X_{g(1)},\cdots ,X_{g(n)}).$$令$$A[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{A}}_n}=\{P\in A[X_1,\cdots ,X_n]|\text{对任意的 g∈An, }g\cdot P=P\},$$这也是 $A[X_1,\cdots ,X_n]$ 的子环. 由于 $\epsilon ({\mathfrak{A}}_n)=1$, 所以, $\Delta \in A[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{A}}_n}$.

另外, 我们显然有 ${\Delta }^2\in A[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{S}}_n}$ 是对称多项式, 所以可以被表示为 ${\sigma }_1,\cdots ,{\sigma }_n$ 的多项式. 根据 (4.4.3), 将 $X_1,\cdots ,X_n$ 想象成$$P(X)=(X-X_1)(X-X_2)\cdots (X-X_n)=X^n-{\sigma }_1{X}^{n-1}+\cdots +(-1{)}^{n-1}{\sigma }_{n-1}X+(-1{)}^n{\sigma }_n$$的根, 那么$${\Delta }^2=(-1{)}^{\frac{1}{2}n(n-1)}\mathrm{Disc}(P)(-{\sigma }_1,{\sigma }_2,\cdots ,(-1{)}^k{\sigma }_k,\cdots ,(-1{)}^n{\sigma }_n).$$其中, 对于首一多项式 $P=X^n+{\sum }_{i=0}^{n-1}{a}_i{X}^i$, $\mathrm{Disc}(a_{n-1},\cdots ,a_0)$ 是 $\{a_0,\cdots ,a_{n-1}\}$ 的整系数多项式.

作为结论, 给定首一多项式: $$P(X)=(X-x_1)(X-x_2)\cdots (X-x_n)=X^n+b_1{X}^{n-1}+\cdots +b_n.$$其中, 对 $1⩽k⩽n$, $b_k=(-1{)}^k{\sigma }_k$, 令$$\mathrm{disc}(P):={\Delta }^2(b_1,\cdots ,b_n)=\prod _{i\ne j}(x_i-x_j{)}^2.$$之前定义的判别式为$$\mathrm{Disc}(P)=\prod _{i\ne j}(x_i-x_j).$$所以, $$\mathrm{disc}=(-1{)}^{\frac{n(n-1)}{2}}\mathrm{Disc}(P).$$判别式的意义在于利用它是否为零来断定 $P$ 是否有重根.

例子 4.4.32. $K$ 是域, 我们计算 $K[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{A}}_n}$.

由于 ${\mathfrak{A}}_n$ 是 ${\mathfrak{S}}_n$ 的子群, 所以, $K[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{S}}_n}\subset K[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{A}}_n}$. 对任意 $g\in {\mathfrak{S}}_n$ 和 $P\in K[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{A}}_n}$, 我们有 $g\cdot P\in K[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{A}}_n}$: 只要验证对任意 $h\in {\mathfrak{A}}_n$, $h\cdot (g\cdot P)=g\cdot P$ 即可, 而这等价于 $\left(g^{-1}hg\right)\cdot P=P$. 由于 ${\mathfrak{A}}_n⊲{\mathfrak{S}}_n$, 以上显然成立. 据此, 我们得到自然的群作用: $${\mathfrak{S}}_n\times K[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{A}}_n}⟶K[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{A}}_n}.$$由于 ${\mathfrak{A}}_n$ 的作用是平凡的, 我们自然有$${\mathfrak{S}}_n\times K[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{A}}_n}⟶K[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{A}}_n},$$其中, 对任意的 $g\in {\mathfrak{S}}_n-{\mathfrak{A}}_n$, $g\cdot P$ 不依赖于 $g$ 的选取 (它们都对应着 ${\mathfrak{S}}_n$ 中同一个左陪集) 并且 $g^2\cdot P=P$.

对任意的 $d$, 令 $K[X_1,\cdots ,X_n{]}_d^{{\mathfrak{A}}_n}$ 为 $K[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{A}}_n}$ 中 $d$ 次齐次的多项式, 由于以上作用保持次数, 我们自然有$$K[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{A}}_n}=\underset{d⩾0}{⨁}K[X_1,\cdots ,X_n{]}_d^{{\mathfrak{A}}_n}$$每个 $K[X_1,\cdots ,X_n{]}_d^{{\mathfrak{A}}_n}$ 均为有限维 $K$-线性空间, 现在对 $g\in {\mathfrak{S}}_n-{\mathfrak{A}}_n$, 考虑线性映射$$g:K[X_1,\cdots ,X_n{]}_d^{{\mathfrak{A}}_n}⟶K[X_1,\cdots ,X_n{]}_d^{{\mathfrak{A}}_n},P\mapsto g\cdot P.$$由于 $g^2=1$, 那么, $$K[X_1,\cdots ,X_n{]}_d^{{\mathfrak{A}}_n}=V_d^{+}\oplus V_d^{-},$$其中, $V_d^{+}$ 和 $V_d^{-}$ 分别为特征值为 $1$ 和 $-1$ 的特征子空间. 根据定义, $$V_d^{+}=K[X_1,\cdots ,X_n{]}_d^{{\mathfrak{S}}_n},$$即 $d$ 次齐次对称多项式. 对任意的 $P\in V_d^{-}$, 有 $g\cdot P=-P$, 所以对换 $(i,j)\in {\mathfrak{S}}_n$ 的作用为$$P(X_1,\cdots ,X_i,\cdots ,X_j,\cdots ,X_n)=-P(X_1,\cdots ,X_j,\cdots ,X_i,\cdots ,X_n).$$特别地, 令 $X_i=X_j$, 则 $P(X_1,\cdots ,X_j,\cdots ,X_j,\cdots ,X_n)=0$, 即 $X_i-X_j$ 整除 $P$. 特别地, 当我们取遍所有可能的 $i,j$ 时, 就证明了 $\Delta \mid P$. 由于 $g\cdot \Delta =-\Delta$, 所以, 多项式 $Q=\frac{P}{\Delta }\in K[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{S}}_n}$. 据此, 我们证明了$$K[X_1,\cdots ,X_n{]}^{{\mathfrak{A}}_n}=\{P+Q\cdot \Delta |P,Q\in K[{\sigma }_1,\cdots ,{\sigma }_n]\}.$$

例子 4.4.33 (Newton 公式). 令 $S_k=X_1^k+\cdots +X_n^k$, 这是对称的多项式, 所以 $S_k$ 是 ${\sigma }_1,\cdots ,{\sigma }_n$ 的多项式. 为了具体地计算出 $S_k$, 我们可以利用著名的 Newton 公式: $$S_k-{\sigma }_1{S}_{k-1}+{\sigma }_2{S}_{k-2}-\cdots +(-1{)}^{k-1}{\sigma }_{k-1}{S}_1+k(-1{)}^k{\sigma }_k=0,$$其中, 当 $k>n$ 时, 规定 ${\sigma }_k=0$. 由于 $S_1={\sigma }_1$, 我们可递归地计算所有的 $S_k\in A[{\sigma }_1,\cdots ,{\sigma }_n]$. 特别地, $S_k$ 为 ${\sigma }_1,\cdots ,{\sigma }_n$ 的整系数多项式.

我们对 $k⩾n$ 的情形证明 Newton 公式. 考虑 $K[X_1,\cdots ,X_n][Y]$ 中的多项式$$P(Y)=(Y-X_1)(Y-X_2)\cdots (Y-X_n)=Y^n-{\sigma }_1{Y}^{n-1}+\cdots +(-1{)}^{n-1}{\sigma }_{n-1}Y+(-1{)}^n{\sigma }_n.$$从而, $P(X_j)=0$, 即$$X_j^n-{\sigma }_1{X}_j^{n-1}+\cdots +(-1{)}^{n-1}{\sigma }_{n-1}{X}_j+(-1{)}^n{\sigma }_n=0.$$对 $j$ 求和, 我们就证明了$$S_n-{\sigma }_1{S}_{n-1}+{\sigma }_2{S}_{n-2}-\cdots +(-1{)}^{n-1}{\sigma }_{n-1}{S}_1+n(-1{)}^n{\sigma }_n=0.$$如果 $k>n$, 对 $P(X_j)=0$ 乘以 $X_j^{k-n}$ 就给出$$X_j^k-{\sigma }_1{X}_j^{k-1}+\cdots +(-1{)}^{n-1}{\sigma }_{n-1}{X}_j^{k-n+1}+(-1{)}^n{\sigma }_n{X}_j^{k-n}=0.$$对 $j$ 求和也给出了 Newton 公式 (其最后几项均为 $0$) .

现在假设 $k<n$. 我们计算 ${\sigma }_i{S}_{k-i}$, 其中, $1⩽i⩽k-2$. 考虑给定 $n$ 元整数指标 $I_i=(\underset{\text{i个}}{\underbrace{1,\cdots ,1}},0,\cdots ,0)$ 和 $I_{k-i}^{\prime }=(k-i,0,\cdots ,0)$. 那么, $$\begin{array}{rl}{\sigma }_i{S}_{k-i}& =S_{I_i}\cdot S_{I_{k-i}^{\prime }}=\left(\sum X_1\cdots X_i+\cdots \right)\left(\sum X_1^{k-i}\right)\\ & =\sum X_1^{k-i+1}\cdots X_i+\sum X_1^{k-i}{X}_2\cdots X_i{X}_{i+1}=S_{J_i}+S_{J_i^{\prime }},\end{array}$$其中, $J_i=(k-(i-1),\underset{\text{i−1个}}{\underbrace{1,\cdots ,1}},0,\cdots ,0),J_i=(k-i,\underset{\text{i个}}{\underbrace{1,\cdots ,1}},0,\cdots ,0)$.

当 $i=k-1$ 时, 以上计算要稍作修改: $$\begin{array}{rl}{\sigma }_{k-1}{S}_1& \left(\sum X_1\cdots X_{k-1}+\cdots \right)\left(\sum X_1\right)\\ & =\sum X_1^2{X}_2\cdots X_{k-1}+k\sum X_1{X}_2\cdots X_i{X}_{i+1}=S_{J_{k-2}}+k{S}_{J_{k-1}},\end{array}$$其中, $J_i=(k-(i-1),\underset{\text{i−1个}}{\underbrace{1,\cdots ,1}},0,\cdots ,0),J_i=(k-i,\underset{\text{i个}}{\underbrace{1,\cdots ,1}},0,\cdots ,0)$ 由于 $S_k=S_{J_0}$ 所以, $$\begin{array}{rl}& S_k-{\sigma }_1{S}_{k-1}+{\sigma }_2{S}_{k-2}-\cdots +(-1{)}^{k-1}{\sigma }_{k-1}{S}_1+k(-1{)}^k{\sigma }_k\\ & =S_{J_0}-(S_{J_0}+S_{J_1})+(S_{J_1}+S_{J_2})+(-1{)}^{k-1}(S_{J_{k-2}}+k{S}_{J_{k-1}})+k(-1{)}^k{\sigma }_k\\ & =(-1{)}^{k-1}k\left(S_{J_{k-1}}-{\sigma }_k\right)=0.\end{array}$$这就完成了 Newton 公式的证明.

1.	^ $P(X)$ 在 $A[X]$ 中不可约指的是 $P$ 不能分解成两个次数更低的多项式之积, 其中, 我们要求每个多项式的次数至少是 $1$.