ニュートンの恒等式
以下の式から、k変数のk番目のニュートンの公式を取得できる。
∏ i = 1 k ( t − x i ) = ∑ i = 0 k ( − 1 ) k − i e k − i ( x 1 , ... , x k ) t i {\displaystyle \prod _{i=1}^{k}(t-x_{i})=\sum _{i=0}^{k}(-1)^{k-i}e_{k-i}(x_{1},\ldots ,x_{k})t^{i}}
ここで、xj に t を代入する。
0 = ∑ i = 0 k ( − 1 ) k − i e k − i ( x 1 , ... , x k ) x j i for 1 ≤ j ≤ k {\displaystyle 0=\sum _{i=0}^{k}(-1)^{k-i}e_{k-i}(x_{1},\ldots ,x_{k}){x_{j}}^{i}\quad {\text{for }}1\leq j\leq k}
これをすべてのjについて合計すると
∑ k = 1 ∞ ( − 1 ) k − 1 p k t k k = ln  ( 1 + e 1 t + e 2 t 2 + e 3 t 3 + ⋯ ) = e 1 t − 1 2 ( e 1 2 − 2 e 2 ) t 2 + 1 3 ( e 1 3 − 3 e 1 e 2 + 3 e 3 ) t 3 + ⋯ , {\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{\infty }(-1)^{k-1}p_{k}{\frac {t^{k}}{k}}&=\ln \left(1+e_{1}t+e_{2}t^{2}+e_{3}t^{3}+\cdots \right)\\&=e_{1}t-{\frac {1}{2}}\left(e_{1}^{2}-2e_{2}\right)t^{2}+{\frac {1}{3}}\left(e_{1}^{3}-3e_{1}e_{2}+3e_{3}\right)t^{3}+\cdots ,\end{aligned}}}
これはベル多項式の指数的母関数と類似している。
上式は、次の帰納法のステップを検討することで証明できる。
f ( m ; r 1 , ... , r n ) = f ( m − 1 ; r 1 − 1 , ⋯ , r n ) + ⋯ + f ( m − n ; r 1 , ... , r n − 1 ) = 1 ( r 1 − 1 ) ! ⋯ r n ! ( m − 1 ) ( r 1 + ⋯ + r n − 2 ) ! + ⋯ ⋯ + 1 r 1 ! ⋯ ( r n − 1 ) ! ( m − n ) ( r 1 + ⋯ + r n − 2 ) ! = 1 r 1 ! ⋯ r n ! [ r 1 ( m − 1 ) + ⋯ + r n ( m − n ) ] [ r 1 + ⋯ + r n − 2 ] !
ニュートンの恒等式から基本対象式によりべき和を表すことができる。
p 1 = e 1 , p 2 = e 1 2 − 2 e 2 , p 3 = e 1 3 − 3 e 2 e 1 + 3 e 3 , p 4 = e 1 4 − 4 e 2 e 1 2 + 4 e 3 e 1 + 2 e 2 2 − 4 e 4 , p 5 = e 1 5 − 5 e 2 e 1 3 + 5 e 3 e 1 2 + 5 e 2 2 e 1 − 5 e 4 e 1 − 5 e 3 e 2 + 5 e 5 , p 6 = e 1 6 − 6 e 2 e 1 4 + 6 e 3 e 1 3 + 9 e 2 2 e 1 2 − 6 e 4 e 1 2 − 12 e 3 e 2 e 1 + 6 e 5 e 1 − 2 e 2 3 + 3 e 3 2 + 6 e 4 e 2 − 6 e 6 . {\displaystyle {\begin{aligned}p_{1}&=e_{1},\\p_{2}&=e_{1}^{2}-2e_{2},\\p_{3}&=e_{1}^{3}-3e_{2}e_{1}+3e_{3},\\p_{4}&=e_{1}^{4}-4e_{2}e_{1}^{2}+4e_{3}e_{1}+2e_{2}^{2}-4e_{4},\\p_{5}&=e_{1}^{5}-5e_{2}e_{1}^{3}+5e_{3}e_{1}^{2}+5e_{2}^{2}e_{1}-5e_{4}e_{1}-5e_{3}e_{2}+5e_{5},\\p_{6}&=e_{1}^{6}-6e_{2}e_{1}^{4}+6e_{3}e_{1}^{3}+9e_{2}^{2}e_{1}^{2}-6e_{4}e_{1}^{2}-12e_{3}e_{2}e_{1}+6e_{5}e_{1}-2e_{2}^{3}+3e_{3}^{2}+6e_{4}e_{2}-6e_{6}.\end{aligned}}}
最後に、完全同次対称式によるべき和の表現を示す。
p 1 = + h 1 , p 2 = − h 1 2 + 2 h 2 , p 3 = + h 1 3 − 3 h 2 h 1 + 3 h 3 , p 4 = − h 1 4 + 4 h 2 h 1 2 − 4 h 3 h 1 − 2 h 2 2 + 4 h 4 , p 5 = + h 1 5 − 5 h 2 h 1 3 + 5 h 2 2 h 1 + 5 h 3 h 1 2 − 5 h 3 h 2 − 5 h 4 h 1 + 5 h 5 , p 6 = − h 1 6 + 6 h 2 h 1 4 − 9 h 2 2 h 1 2 − 6 h 3 h 1 3 + 2 h 2 3 + 12 h 3 h 2 h 1 + 6 h 4 h 1 2 − 3 h 3 2 − 6 h 4 h 2 − 6 h 1 h 5 + 6 h 6 , {\displaystyle {\begin{aligned}p_{1}&=+h_{1},\\p_{2}&=-h_{1}^{2}+2h_{2},\\p_{3}&=+h_{1}^{3}-3h_{2}h_{1}+3h_{3},\\p_{4}&=-h_{1}^{4}+4h_{2}h_{1}^{2}-4h_{3}h_{1}-2h_{2}^{2}+4h_{4},\\p_{5}&=+h_{1}^{5}-5h_{2}h_{1}^{3}+5h_{2}^{2}h_{1}+5h_{3}h_{1}^{2}-5h_{3}h_{2}-5h_{4}h_{1}+5h_{5},\\p_{6}&=-h_{1}^{6}+6h_{2}h_{1}^{4}-9h_{2}^{2}h_{1}^{2}-6h_{3}h_{1}^{3}+2h_{2}^{3}+12h_{3}h_{2}h_{1}+6h_{4}h_{1}^{2}-3h_{3}^{2}-6h_{4}h_{2}-6h_{1}h_{5}+6h_{6},\\\end{aligned}}}
i^{m_{i}}}}\\\end{aligned}}}
一般式は次のように簡単に表すことができる。
e n = ( − 1 ) n n ! B n ( − p 1 , − 1 ! p 2 , − 2 ! p 3 , ... , − ( n − 1 ) ! p n ) , {\displaystyle e_{n}={\frac {(-1)^{n}}{n!}}B_{n}(-p_{1},-1!p_{2},-2!p_{3},\dots ,-(n-1)!p_{n}),}
ここで、Bn は完全指数ベル多項式である。この式は、母関数の恒等式を与える。
∑ n = 0 ∞ e n X n = exp  ( ∑ n = 1 ∞ ( − 1 ) n + 1 n p n X n ) . {\displaystyle \sum _{n=0}^{\infty }e_{n}\,X^{n}=\exp \left(\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{n+1}}{n}}p_{n}\,X^{n}\right).}
この関係を単項多項式に適用すれば、係数を根のべき和で表すことができる。
p n = | 1 0 ⋯ e 1 e 1 1 0 ⋯ 2 e 2 e 2 e 1 1 3 e 3 ⋮ ⋱ ⋱ ⋮ e n − 1 ⋯ e 2 e 1 n e n | | 1 0 ⋯ e 1 1 0 ⋯ e 2 e 1 1 ⋮ ⋱ ⋱ e n − 1 ⋯ e 2 e 1 ( − 1 ) n − 1 | − 1 = ( − 1 ) n − 1 | 1 0 ⋯ e 1 e 1 1 0 ⋯ 2 e 2 e 2 e 1 1 3 e 3 ⋮ ⋱ ⋱ ⋮ e n − 1 ⋯ e 2 e 1 n e n | = | e 1 1 0 ⋯ 2 e 2 e 1 1 0 ⋯ 3 e 3 e 2 e 1 1 ⋮ ⋱ ⋱ n e n e n − 1 ⋯ e 1 | . {\displaystyle {\begin{aligned}p_{n}={}&{\begin{vmatrix}1&0&\cdots &&e_{1}\\e_{1}&1&0&\cdots &2e_{2}\\e_{2}&e_{1}&1&&3e_{3}\\\vdots &&\ddots &\ddots &\vdots \\e_{n-1}&\cdots &e_{2}&e_{1}&ne_{n}\end{vmatrix}}{\begin{vmatrix}1&0&\cdots &\\e_{1}&1&0&\cdots \\e_{2}&e_{1}&1&\\\vdots &&\ddots &\ddots \\e_{n-1}&\cdots &e_{2}&e_{1}&(-1)^{n-1}\end{vmatrix}}^{-1}\\[7pt]={(-1)^{n-1}}&{\begin{vmatrix}1&0&\cdots &&e_{1}\\e_{1}&1&0&\cdots &2e_{2}\\e_{2}&e_{1}&1&&3e_{3}\\\vdots &&\ddots &\ddots &\vdots \\e_{n-1}&\cdots &e_{2}&e_{1}&ne_{n}\end{vmatrix}}\\[7pt]={}&{\begin{vmatrix}e_{1}&1&0&\cdots \\2e_{2}&e_{1}&1&0&\cdots \\3e_{3}&e_{2}&e_{1}&1\\\vdots &&&\ddots &\ddots \\ne_{n}&e_{n-1}&\cdots &&e_{1}\end{vmatrix}}.\end{aligned}}}
このとき、ニュートンの恒等式は次のように述べることができる:
k e k ( x 1 , ... , x n ) = ∑ i = 1 k ( − 1 ) i − 1 e k − i ( x 1 , ... , x n ) p i ( x 1 , ... , x n ) {\displaystyle ke_{k}(x_{1},\dots ,x_{n})=\sum _{i=1}^{k}(-1)^{i-1}e_{k-i}(x_{1},\dots ,x_{n})p_{i}(x_{1},\dots ,x_{n})}
この式はすべての n ≥1とn≥K≥1について有効である。
また、
0 = ∑ i = k − n k ( − 1 ) i − 1 e k − i ( x 1 , ... , x n ) p i ( x 1 , ... , x n ) , {\displaystyle 0=\sum _{i=k-n}^{k}(-1)^{i-1}e_{k-i}(x_{1},\dots ,x_{n})p_{i}(x_{1},\dots ,x_{n}),}
この式はすべてのk >> n ≥ 1について成り立つ
具体的には以下のようになる。
e 1 ( x 1 , ... , x n ) = p 1 ( x 1 , ... , x n ) , 2 e 2 ( x 1 , ... , x n ) = e 1 ( x 1 , ... , x n ) p 1 ( x 1 , ... , x n ) − p 2 ( x 1 , ... , x n ) , 3 e 3 ( x 1 , ...