牛顿的身份

牛顿的身份，也被称为Newton-Girard公式，是一种求多项式根的幂和而不实际求根的有效方法。如果 $x_1、x_2 \ ldots x_n$是一个多项式方程的根，那么牛顿恒等式被用来求和式，比如 $\ displaystyle \ sum_ {i = 1} ^ n x_i ^ k = x_1 ^ k + x_2 ^ k + \ cdots + x_n ^ k。$

它主要与<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/vietas-formula/" class="wiki_link" title="" target="_blank">Vieta的公式在处理(复根)时 $(\textrm{say} a_1,a_2，\ldots,a_k)$的 $k ^{\文本{th}}$多项式。主要思想是<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/symmetric-polynomials-definition/" class="wiki_link" title="" target="_blank">初等对称多项式形成一个代数基来得到所有的对称多项式。牛顿恒等式让我们通过已知系数的递归关系进行计算。

假设你有一个二次多项式 $P (x)$有(复根) $\ alpha_1$而且 $\ alpha_2$．现在，你要求的是 $\ alpha_1 ^ 2 + \ alpha_2 ^ 2$．这看起来很简单，因为你可以使用Vieta的公式还有恒等式 $(a + b) ^ 2 = ^ 2 + b ^ 2 + 2 ab$找到所需的结果。但如果你需要找到 $左(\ \ alpha_1 ^ {10} + \ alpha_2 ^{10} \右)?$如果你只是简单地使用代数运算，这将花费一些时间。但有一个聪明的方法，使用牛顿和。

让 $P (x) = ax ^ 2 + bx + c$．然后用维达公式，我们可以得到 $\ alpha_1 + \ alpha_2 = - \压裂{b}{一}$而且 $c \ alpha_1 \ alpha_2 = \压裂{}{一}$．现在,表示 $P_i$随着 $我^ {\ textrm {th}}$根号的幂和，即 $我+ \ alpha_2 P_i = \ alpha_1 ^ ^。$那么我们就可以得到 $P_i$递归如下:

$\{数组}{l l l l}开始P_0 & = \ alpha_1 ^ 0 + \ alpha_2 ^ 0 & & = 2 \ \ P_1 & = \ alpha_1 ^ 1 + \ alpha_2 ^ 1 & & = - \ 压裂{b} {} \ \ P_2 & = \ alpha_1 ^ 2 + \ alpha_2 ^ 2 & = (\ alpha_1 + \ alpha_2) (\ alpha_1 + \ alpha_2) - 2 \ alpha_1 \ alpha_2 & = - \压裂{b}{一}P_1 - \压裂{c}{一}P_0 \ \ P_3 & = \ alpha_1 ^ 3 + \ alpha_2 ^ 3 & = (\ alpha_1 + \ alpha_2) (\ alpha_1 ^ 2 + \ alpha_2 ^ 2) - \ alpha_1 \ alpha_2 (\ alpha_1 + \ alpha_2) & = - \压裂{b}{一}P_2 - \压裂{c}{一}P_1 \ \ & \ \ vdots & \ \ vdots & \ \ vdots \ \ P_i & =我+ \ \ alpha_1 ^ alpha_2 ^ & = (\ alpha_1 + \ alpha_2) (\ alpha_1 ^{张}+ \ alpha_2 ^ {i - 1}) - \ alpha_1 \ alpha_2 (\ alpha_1 ^ {2} + \ alpha_2 ^{我2 } ) & = - \ 压裂{b}{一}P_张{}- \压裂{c}{一}P_{我2}。\ \ \{数组}结束$

这是一个线性递归关系 $我^ \文本{th}$和力量。请注意,<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/linear-recurrence-relations/" class="wiki_link" title="解这个递归式" target="_blank">解这个递归式求闭合形式的解相当于求二次多项式的根。

对于二次多项式 $f (x) = ax ^ 2 + bx + c$有(复根) $\ alpha_1 \ alpha_2$，表示 $我^ {\ textrm {th}}$根号的幂和为 $P_i=\displaystyle \sum_{k=1}^2 \alpha_k^i$根的和和积为 $一个$而且 $B,$分别。然后我们有

$\{对齐}开始P_1& = \ \ P_2& = AP_1-2B \\ &\ \ \ 张vdots \ \ P_i& = AP_ {} -BP_{我2}~ ~所有我的\ \组的2。结束\{对齐}$

让一个多项式 $P (x)$被定义为 $P (x) = x ^ 2-2x + 6$用它的(复数)根 $一个$而且 $b$．的值是多少 $一个^ {10}+ b ^ {10} ?$

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根据维达公式，根的和是 $2 = \ textrm{(说)}$根的乘积是 $6 = B \ textrm{(说)}$．现在，利用上面的递归关系和牛顿恒等式，我们有

$\{数组}{c}开始&P_i = AP_张{}-BP_{我2}= 2 p_张{}6 p_{我2}~ ~所有我的\ \组2,&P_0 = 2, &P_1 = = 2 \{数组}结束。$

现在，我们可以简单地利用这个反复得到的递归关系来求 $P_2、P_3 \ ldots P_9$最后 $P_ {10}$这是必须的答案。答案是 $2 (-3808) 6 (-2528)$．

因此，我们最终的答案是 $7552$． $_ \广场$

现在我们已经学习了牛顿恒等式对二次多项式的应用，让我们来提高一个档次。考虑一个三次多项式 $P(x) = ax³+ bx²+ cx + d$有(复根) $\alpha_1，\alpha_2\textrm{and}\alpha_3$．再说一次，我们怎么计算 $\ \ alpha_1 ^ {10} + alpha_2 ^ {10} + \ alpha_3 ^ {10}$？和上次一样，我们将首先使用Vieta公式来找到以下值:

${对齐}\ \开始alpha_1 + \ alpha_2 + \ alpha_3& = - \ dfrac {b} {} \ \ \ alpha_1 \ alpha_2 + \ alpha_2 \ alpha_3 + \ alpha_3 \ alpha_1 & = \ dfrac {c} {} \ \ \ alpha_1 \ alpha_2 \ alpha_3 & = - \ dfrac {d}{一}\{对齐}结束。$

和之前一样，表示 $P_i$随着 $我^ {\ textrm {th}}$根号的幂和，即 $P_i= \alpha_1 ^ i + \alpha _2 ^ i + \alpha_3 ^ i$．那么我们就可以得到 $P_i$递归如下:

$\{数组}{l l l}开始P_0 & = \ alpha_1 ^ 0 + \ alpha_2 ^ 0 + \ alpha_3 ^ 0 & = 3 \ \ P_1 & = \ alpha_1 ^ 1 + \ alpha_2 ^ 1 + \ alpha_3 ^ 1 & = - \压裂{b} {} \ \ P_2 & = \ alpha_1 ^ 2 + \ alpha_2 ^ 2 + \ alpha_3 ^ 2 & = (\ alpha_1 + \ alpha_2 + \ alpha_3) (\ alpha_1 + \ alpha_2 + \ alpha_3) - 2 (\ alpha_1 \ alpha_2 + \ alpha_2 \ alpha_3 + \ alpha_3 \ alpha_1 )\\ & & = - \ 压裂{b}{一}P_1 - \压裂{c} {} 2 \ \ P_3 & = \ alpha_1 ^ 3 + \ alpha_2 ^ 3 + \ alpha_3 ^ 3 & = (\ alpha_1 + \ alpha_2 + \ alpha_3)大(\ \ alpha_1 ^ 2 + \ alpha_2 ^ 2+\α_3^2\big) - ( \alpha_1 \alpha_2 + \alpha_2 \alpha_3 + \alpha_3 \alpha_1)(\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3) + 3 \alpha_1 \alpha_2 \alpha_3 \\ & & = - \frac{b}{a} P_2 - \frac{c}{a} P_1 - \frac{d}{a} P_0 \\ P_4 & = \alpha_1 ^ 4 + \alpha_2 ^4 + \alpha_3 ^ 4 & = (\alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3) \big(\alpha_1^3 + \alpha_2^3 + \alpha_3^3\big) - ( \alpha_1 \alpha_2 + \alpha_2 \alpha_3 + \alpha_3 \alpha_1)\big(\alpha_1 ^2 + \alpha_2 ^2 + \alpha_3 ^2\big) + \alpha_1 \alpha_2 \alpha_3 ( \alpha_1 + \alpha_2 + \alpha_3) \\ & & = - \frac{b}{a} P_3 - \frac{c}{a} P_2 - \frac{d}{a} P_1 \\ &\ \vdots &\ \vdots \\ \end{array}$

特别地，对于 $我\geq 3$，我们有

$P_i = - \压裂{b}{一}P_张{}- \压裂{c}{一}P_{我2}- \压裂{d}{一}P_{我}。$

这是一个线性递归关系 $我^{\文本{th}}$和力量。注意，虽然最后的递归式与上面的二次式有相似之处，但方程 $P_2$而且 $P_3$目前还不容易猜测。

如果多项式的根 $P (x) = x ^ 3-3x ^ 2 + 6 x - 9$是 $A,b\textrm{and}c，$价值是什么 $^ 5 + b c ^ ^ 5 + 5 ?$

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利用维耶达公式，我们得到根的和是 $3.$的所有不同积的和 $2$不同的根是 $6，$根的乘积是 $9$．根据上面的公式，我们可以计算出

$\begin{array} {l l l} P_1 & &= 3 \ * P_1 - 6 \ * 2 &= -3 \\ P_3 &= 3 \ * P_2 - 6 \ * P_1 + 9 \ * p0 &= 0 \\ p4 &= 3 \ * P_3 - 6 \ * P_2 + 9 \ * P_1 &= 45 \\ p5 &= 3 \ * P_4 - 6 \ * P_3 + 9 \ * P_2 &= 108。\ _\square \end{array}$

现在我们已经了解了牛顿恒等式对二次多项式和三次多项式的作用，让我们学习处理任意次多项式根的幂和的一般形式。考虑一个 $k ^ {\ textrm {th}}$的次多项式 $k$(复杂)的根 $\alpha_1 \alpha_2 \ldots \alpha_k$．多项式可以定义为

$P (x) = a_kx ^ k +现代x ^ {k - 1} {k - 1} +现代x ^ {k-2} {k-2} + \ cdots + a_1x + a_0。$

表示由 $P_i$的 $我^ {\ textrm {th}}$根的幂和，即。 $P_i = \ displaystyle \ sum_ {j = 1} ^ k \ alpha_j ^我$．同时，表示为 $e_i$的 $我^ {\ textrm {th}}$初等对称多项式，它是所有乘积的和 $我$(不同的)根源。根据维达公式，我们有

$\{数组}{l l l}开始e_1 & = \ \ alpha_i & = - \压裂和{现代{k - 1}} {a_k} \ \ e_2 & = \ \ alpha_i总和\ alpha_j & = \压裂{现代{k-2}} {a_k} \ \ e_3 & = \ \ alpha_i总和\ alpha_j _k & = - \ \压裂{现代{k3}} {a_k} \ \ & \ \ vdots & \ \ vdots \ \ e_k & = \ \刺激\ alpha_i总和& = (1)^ k \压裂{a_0} {a_k}。结束\{数组}$

牛顿恒等式给出了根的幂和和初等对称多项式之间的关系。和以前一样，公式分为两部分 $P_i$，即 $I \leq k-1$而且 $我知道$．

为 $I \leq - 1$我们有公式

$\{数组}{l l l l}开始P_0 & = k \ \ P_1 & = e_1 \ * 1 \ \ P_2 & = e_1 P_1 - e_2 \ * 2 \ \ P_3 & = e_1 P_2 - e_2 P_1 + e_3 \ * 3 \ \ & \ \ vdots \ \ P_ {k - 1} & = e_1 P_ {k-2} - e_2 P_ {k3} + \ cdots + (1) ^ {k3} e_ {k-2} P_1 + (1) ^ {k-2} e_ (k - 1) {k - 1} \倍。结束\{数组}$

为 $我知道$我们有公式了

$P_i = \ sum_ {j = 1} ^ k (1) ^ {j + 1} e_j P_ {i j} = e_1 P_张{}- e_2 P_{我2}+ \ cdots + (1) ^ {k + 1} e_k P_ {i (k}。\ _ \广场$

为了使证明更简单，我们将考虑多项式的情况 $P (x)$是4次的。一旦读者理解了这个更简单的情况，他或她应该能够将证明推广到的任意值 $k。$假设我们的多项式是 $P (x) = a_4x ^ 4 + a_3x ^ 3 + a_2x ^ 2 + a_1x + a_0。$当然 $a_4 \ neq0。$我们要做的另一个假设是 $a_0 \ neq0。$当然，如果 $a_0 = 0,$我们可以通过除以的某次方来降低多项式的次 $x,$所以我们消去所有可能的0根。通过假设 $a_0 \ neq0,$我们也假设所有的根 $P (x)$都不同于零。的任意根 $P (x),$如上所述，通过 $\ alpha_m,$在哪里 $米$整数满足这个要求吗 $1 \ \ leq4 leq米。$

多项式的除法 $P (x)$通过 $a_4$利用维耶达公式，可以将多项式表示为 $问(x) = x ^ 4-e_1x ^ 3 + e_2x ^ 2-e_3x + e_4。$我们要把证明分为两种情况。

案例1。在哪里 $我组的4$．

我们知道 $\ alpha_m$对于任何整数值，给定多项式的根是什么 $米,$在哪里 $1\leq m \leq 4，$由此可见 $\ alpha_m ^ 4 = e_1 \ alpha_m ^ 3-e_2 \ alpha_m ^ 2 + e_3 \ alpha_m-e_4。$方程两边乘以 $\ alpha_m ^{我},$我们获得 $我= e_1 \ alpha_m \ alpha_m ^ ^{张}-e_2 \ alpha_m ^{我2}+ e_3 \ alpha_m ^{我}-e_4 \ alpha_m ^{我}。$现在，对 $米,$我们得到了这个 $张P_i = e_1P_ {} -e_2P_{我2}+ e_3P_{我}-e_4P_{我}。$这就证明了上述定理结论的第二部分在这种情况下 $我组的k = 4$它对应于情形1。

例2。在哪里 $我< 4$

现在对方程两边求导 $问(x) = (x - \ alpha_1) (x - \ alpha_2) (x - \ alpha_3) (x - \ alpha_4),$我们得到了 $问”(x) = \压裂{问(x)} {(x - \ alpha_1)} + \压裂{问(x)} {(x - \ alpha_2)} + \压裂{问(x)} {(x - \ alpha_3)} + \压裂{问(x)} {(x - \ alpha_4)}。\ qquad (1)$用合成除法，我们得到了这个 $\压裂{问(x)} {x - \ alpha_m} = x ^ 3 + (e_1 + \ alpha_m) x ^ 2 + \大(e_2-e_1 \ alpha_m + \ alpha_m ^ 2 \大)x + \大(-e_3 + e_2 \ alpha_m-e_1 \ alpha_m ^ 2 + \ alpha_m ^ 3 \大)。$加上关于 $米,$我们得到了 $\ sum_ {m = 1} ^ 4 \压裂{问(x)} {x - \ alpha_m} = 4 x ^ 3 + (4 e_1 + P_1) x ^ 2 + (4 e_2-e_1p_1 + P_2) x + (4 e_3 + e_2P_1-e_1P_2 + P_3)。\ qquad (2)$从 $(1）$而且 $（2）$求的系数 $1, x,$而且 $x ^ 2$等于，得到: $\开始{对齐}3 e_1 = 4 e_1 + P_1 \ \ 2 e_2& = 4 e_2-e_1p_1 + P_2 \ \ -e_3& = 4 e_3 + e_2P_1-e_1P_2 + P_3,结束\{对齐}$哪一个可以解决 $P_1 p_2 p_3。$然后我们得到 $\{对齐}开始P_1& = e_1 \ \ P_2& = e_1P_1-2e_2 \ \ P_3& e_3 = e_1P_2-e_2P_1 + 3。结束\{对齐}$此外，很明显 $P_0 = 4,$因为所有的根都不等于0。

这就完成了情形2的证明，然后定理的证明就完成了 $k = 4。$

牛顿恒等式给出了幂和 $P_i$用初等对称多项式表示 $e_i$．这也允许我们把方程颠倒，得到 $e_i$在这方面 $P_i$．

如果

$\开始{对齐}+ b + c & = 1 \ \ ^ 2 + b ^ 2 + c ^ 2 & = 2 \ \ ^ 3 + b c ^ 3 ^ 3 + & = 3,结束\{对齐}$

价值是什么 $美国广播公司(abc) ?$

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为 $K = 3$牛顿恒等式告诉我们

$c \开始{数组}{}&P_0 = 3, &P_1 = e_1 &P_2 = e_1 P_1 - e_2 2, &P_3 = e_1 P_2 - e_2 P_1 + e_3 3。结束\{数组}$

因此，我们可以计算

$\{数组}{l l l l}开始e_1 & = P_1 & & = 1 \ \ e_2 & = \压裂{P_2 - e_1 P_1}{2} & = \压裂{2 - 1 \ * 1}{2}& = - \压裂{1}{2}\ \ e_3 & = \压裂{P_3 - e_1 P_2 + e_2P_1}{3} & = \压裂{3 - 1 \ * 2 + \离开(- \压裂{1}{2}\)\ * 1}{3}& = \压裂{1}{6}。\ _\square \end{array}$

这不是很神奇吗?的价值 $A b c$是复数，多项式的根是复数吗 $X ^3 - X ^2 - \frac{1}{2} X - \frac{1}{6}$．否则就很难确定了。

评估 $\离开(1 + \ sqrt{5}我\右)^{10}+ \离开(1 - \ sqrt{5}我\右)^ {10}$．

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当然，处理这个问题的一种方法是简单地使用<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/binomial-coefficient/" class="wiki_link" title="二项式定理" target="_blank">二项式定理展开两项，简化一切，希望你没有计算错误。我们将介绍另一种使用牛顿恒等式的方法。

让 $\alpha = 1 + \根号{5}I$而且 $\贝塔= 1 - \根号{5}I$．然后,自 $\alpha \beta = 6$而且 $\alpha + \beta = 2$我们知道这些是二次方程的根 $X ^2 - 2x + 6 = 0$．

然后我们可以应用牛顿恒等式来得到递归关系 $P_ {10}$．从上面的问题来看，这个等于 $7552$． $_ \广场$

Vieta的公式