対称式の真実　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　私が高校に入学して最初に洗礼を受けたのは、「対称式」だった。対称式が関わる問題
は、数学�Tの「式と計算」の天王山という印象だった。その難関を通り抜けた者のみに、そ
の後の数学を享受する権利が保証されるという風に感じられた。

　対称式とは、　ｘ＋ｙ 、ｘｙ 、 ｘ²＋ｙ² 、ｘ³ｙ＋ｘｙ³ 、・・・　などのように、ｘ と ｙ を交換しても
同じ式になるものをいう。

　実際に、例えば、　ｘ³ｙ＋ｘｙ³　で、ｘ と ｙ を交換すると、　ｙ³ｘ＋ｙｘ³　であるが、これは、元
の式　ｘ³ｙ＋ｘｙ³　に等しい。　よって、　ｘ³ｙ＋ｘｙ³　は対称式である。

　対称式のうち、 ｘ＋ｙ 、ｘｙ　を、特に、基本対称式という。

　一般的には、多項式　Ｐ（ｘ₁，ｘ₂，・・・，ｘ_n）　に対して、任意の ｎ 文字の置換 σ に対して、

　　　　　　　　Ｐ（ｘ_σ(1)，ｘ_σ(2)，・・・，ｘ_σ(n)）＝Ｐ（ｘ₁，ｘ₂，・・・，ｘ_n）

が成り立つとき、多項式　Ｐ（ｘ₁，ｘ₂，・・・，ｘ_n）　は対称式であるという。

　また、基本対称式は、　ｓ₁ 、ｓ₂ 、 ・・・ 、ｓ_ｎ　で表される。

　　ｓ₁＝ｘ₁＋ｘ₂＋・・・＋ｘ_n　　（　←　ｘ₁，ｘ₂，・・・，ｘ_n　の全ての和）

　　ｓ₂＝ｘ₁ｘ₂＋ｘ₁ｘ₃＋・・・＋ｘ_n-1ｘ_n　　（　←　ｘ₁，ｘ₂，・・・，ｘ_n　の相異なる２項の積の和）

　　　 ・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・

　　ｓ_ｎ＝ｘ₁ｘ₂・・・ｘ_n　　（　←　ｘ₁，ｘ₂，・・・，ｘ_n　の全ての積）


　対称式においては、次の定理が基本的であり、重要である。

定　理　　対称式は、基本対称式の多項式として表せ、その表し方は一意的である。


　この定理を意識した次の問題は、対称式の問題では代表的なものと言えるだろう。

問　題　　ｘ＋ｙ＝１ 、ｘｙ＝１　のとき、 ｘ²＋ｙ² 、ｘ³＋ｙ³ 、ｘ⁴＋ｙ⁴ 、ｘ⁵＋ｙ⁵ の値を求めよ。

（解）　ｘ²＋ｙ²＝（ｘ＋ｙ）²−２ｘｙ＝１−２＝−１

　ｘ³＋ｙ³＝（ｘ＋ｙ）³−３ｘｙ（ｘ＋ｙ）＝１−３＝−２

　ｘ⁴＋ｙ⁴＝（ｘ²＋ｙ²）²−２ｘ²ｙ²＝１−２＝−１

　ｘ⁵＋ｙ⁵＝（ｘ²＋ｙ²）（ｘ³＋ｙ³）−ｘ²ｙ²（ｘ＋ｙ）＝２−１＝１　　（終）


（追記）　令和２年５月２５日付け

　読者のために、同次対称式を基本対称式で表す問題を残しておこう。

練習問題

　ｘ＋ｙ＋ｚ＝ａ、ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ＝ｂ、ｘｙｚ＝ｃ　とおく。次式を、ａ、ｂ、ｃの多項式で表せ。

（１）　ｘ²＋ｙ²＋ｚ²

（２）　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³

（３）　ｘ⁴＋ｙ⁴＋ｚ⁴

（解）（１）　ｘ²＋ｙ²＋ｚ²＝（ｘ＋ｙ＋ｚ）²−２（ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ）＝ａ²−２ｂ

（２）　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³
　　＝（ｘ＋ｙ＋ｚ）（ｘ²＋ｙ²＋ｚ²−（ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ））＋３ｘｙｚ＝ａ（ａ²−３ｂ）＋３ｃ＝ａ³−３ａｂ＋３ｃ

（３）　ｘ⁴＋ｙ⁴＋ｚ⁴
　　＝（ｘ²＋ｙ²＋ｚ²）²−２（ｘ²ｙ²＋ｙ²ｚ²＋ｚ²ｘ²）

　　＝（ｘ²＋ｙ²＋ｚ²）²−２（（ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ）²−２ｘｙｚ（ｘ＋ｙ＋ｚ））

　　＝（ａ²−２ｂ）²−２（ｂ²−２ｃａ）＝ａ⁴−４ａ²ｂ＋４ｃａ＋２ｂ²　　（終）


（追記）　平成１９年６月２４日付け

　上記では、それぞれを求めるための式変形に沿って計算をしたが、これに対して統一的な
式変形があることを最近知ることが出来た。

　Ｔ_ｎ＝ｘ^ｎ＋ｙ^ｎ　とおくと、明らかに、

　　Ｔ_ｎ＋1＝Ｔ₁・Ｔ_ｎ−ｘｙ・Ｔ_ｎ−1

が成り立つ。

　この式変形を用いれば、機械的な計算で順次求められる。問題の都度、式変形を考える
ことから解放されてスッキリした気分になれますネ。

ｘ²＋ｙ²＝Ｔ₂＝Ｔ₁Ｔ₁−ｘｙＴ₀＝（ｘ＋ｙ）（ｘ＋ｙ）−ｘｙ（ｘ⁰＋ｙ⁰）＝１・１−１・２＝−１

ｘ³＋ｙ³＝Ｔ₃＝Ｔ₁Ｔ₂−ｘｙＴ₁＝（ｘ＋ｙ）（ｘ²＋ｙ²）−ｘｙ（ｘ＋ｙ）＝１・（−１）−１・１＝−２

ｘ⁴＋ｙ⁴＝Ｔ₄＝Ｔ₁Ｔ₃−ｘｙＴ₂＝（ｘ＋ｙ）（ｘ³＋ｙ³）−ｘｙ（ｘ²＋ｙ²)＝１・（−２）−１・（−１）＝−１

ｘ⁵＋ｙ⁵＝Ｔ₅＝Ｔ₁Ｔ₄−ｘｙＴ₃＝（ｘ＋ｙ）（ｘ⁴＋ｙ⁴）−ｘｙ（ｘ³＋ｙ³)＝１・（−１）−１・（−２）＝１

（参考文献：西元教善　著　現行の教科書に対して参考書・問題集等で補充しておきたい内
　容（数研通信　Ｎｏ．５８）（数研出版））

　上記の解で次のように考える人もいるだろう。

　　ｘ＋ｙ＝１ 、ｘｙ＝１　より、　ｘ と ｙ は、２次方程式　ｔ²−ｔ＋１＝０　の解である。

　よって、　ｔ³＋１＝（ｔ＋１）（ｔ²−ｔ＋１）＝０　より、　ｔ³＝−１　である。

　このとき、　ｘ³＝−１　、ｙ³＝−１　から、　明らかに、　ｘ³＋ｙ³＝−２

　また、　ｘ⁴＋ｙ⁴＝−（ｘ＋ｙ）＝−１　、ｘ⁵＋ｙ⁵＝−（ｘ²＋ｙ²）＝１


（追記）　平成２１年７月８日付け

　上記の解で次のように考える人もいるだろう。

　ｘ＋ｙ＝１ 、ｘｙ＝１　より、　ｘ と ｙ は、２次方程式　ｔ²−ｔ＋１＝０　の解である。

　そこで、　Ｔ_ｎ＝ｘ^ｎ＋ｙ^ｎ　とおくと、　ｔ²＝ｔ−１　から、　ｔ^ｎ+2＝ｔ^ｎ+1−ｔ^ｎ であるので、

　Ｔ_ｎ+2＝Ｔ_ｎ+1−Ｔ_ｎ　（ｎ＝０、１、２、・・・）

が成り立つ。よって、

　Ｔ₀＝ｘ⁰＋ｙ⁰＝２　、　Ｔ₁＝ｘ＋ｙ＝１　、　Ｔ₂＝Ｔ₁−Ｔ₀＝−１

　Ｔ₃＝Ｔ₂−Ｔ₁＝−２　、　Ｔ₄＝Ｔ₃−Ｔ₂＝−１　、　Ｔ₅＝Ｔ₄−Ｔ₃＝１


（コメント）　この解法の方が、「　Ｔ_ｎ＋1＝Ｔ₁・Ｔ_ｎ−ｘｙ・Ｔ_ｎ−1　」という非常に人工的な漸化
　　　　　　式よりも自然でしたね！ただ、対称式ということを全く意識していない解法なので、
　　　　　　このページの内容に相応しいかどうか．．．少し不安。

　この漸化式を用いると、「tetsuya」さんが、平成２１年７月９日付けで当ＨＰの掲示板「出会
いの泉」に書き込まれた問題

○　ｘ²＋ｘ−１＝０　の２解 α、β に対し、α^ｎ＋β^ｎ　がすべての自然数 ｎ で整数値となる
　　ことを示せ。

○　ｘ^ｎ＋ｙ^ｎ　は、ｘ＋ｙ　と　ｘｙ　の多項式で表されることを数学的帰納法で示せ。

　も容易に解かれることだろう。

　実際に、前半は、　Ｔ_ｎ＝α^ｎ＋β^ｎ　において、　Ｔ₁＝α＋β＝−１　で整数

　また、αβ＝−１　より、　Ｔ₂＝α²＋β²＝（α＋β）²−２αβ＝３　で整数

　　ここで、　ｘ²＝−ｘ＋１　から、　ｘ^ｎ+2＝−ｘ^ｎ+1＋ｘ^ｎ であるので、

　漸化式　Ｔ_ｎ+2＝−Ｔ_ｎ+1＋Ｔ_ｎ　（ｎ＝１、２、・・・）　が成り立つ。

　　したがって、任意の ｋ （ｋ≧１）に対して、Ｔ_ｋ 、Ｔ_ｋ+1　が整数と仮定すると、Ｔ_ｋ+2 も整数。

　よって、全ての自然数 ｎ に対して、　Ｔ_ｎ＝α^ｎ＋β^ｎ　は整数となる。

　また、後半も同様に示される。

　Ｔ_ｎ＝ｘ^ｎ＋ｙ^ｎ　において、　Ｔ₁＝ｘ＋ｙ　より、ｘ＋ｙ 、ｘｙ の多項式で表される。

また、　Ｔ₂＝ｘ²＋ｙ²＝（ｘ＋ｙ）²−２ｘｙ　より、ｘ＋ｙ 、ｘｙ の多項式で表される。

　このとき、　２ｘｙ＝Ｔ₁²−Ｔ₂　なので、ｘ と ｙ は、２次方程式

　　ｔ²−Ｔ₁・ｔ＋（Ｔ₁²−Ｔ₂）/２＝０

の解である。よって、次の漸化式が成り立つ。

　Ｔ_ｎ+2＝Ｔ₁・Ｔ_ｎ+1−Ｔ_ｎ・（Ｔ₁²−Ｔ₂）/２　（ｎ＝１、２、・・・）

　したがって、任意の ｋ （ｋ≧１）に対して、Ｔ_ｋ 、Ｔ_ｋ+1　が、ｘ＋ｙ 、ｘｙ の多項式で表されると
仮定すると、Ｔ_ｋ+2　も　ｘ＋ｙ 、ｘｙ の多項式で表される。

　よって、全ての自然数 ｎ に対して、　Ｔ_ｎ＝ｘ^ｎ＋ｙ^ｎ　は、ｘ＋ｙ 、ｘｙ の多項式で表される。

　同様の趣旨で、当ＨＰがいつもお世話になっているＳ（Ｈ）さんが、次のような問題を提起さ
れている。（平成２１年８月７日付け）

○　ｘ＋１/ｘ が整数ならば、ｘ^ｎ＋１/ｘ^ｎ も整数であることを示せ。

○　ｘ＋１/ｘ が偶数ならば、ｘ^ｎ＋１/ｘ^ｎ も偶数であることを示せ。

　実際に、前半は、　Ｔ_ｎ＝ｘ^ｎ＋１/ｘ^ｎ　において、　Ｔ₁＝ｘ＋１/ｘ　は整数

また、　Ｔ₂＝ｘ²＋１/ｘ²＝（ｘ＋１/ｘ）²−２　で整数となる。

　このとき、ｘ、１/ｘ は、２次方程式　ｔ²−Ｔ₁・ｔ＋１＝０　の解である。

よって、漸化式　Ｔ_ｎ+2＝Ｔ₁・Ｔ_ｎ+1−Ｔ_ｎ　（ｎ＝１、２、・・・）　が成り立つ。

　したがって、任意の ｋ （ｋ≧１）に対して、Ｔ_ｋ 、Ｔ_ｋ+1　が整数と仮定すると、Ｔ_ｋ+2 も整数。

　よって、全ての自然数 ｎ に対して、　Ｔ_ｎ＝ｘ^ｎ＋１/ｘ^ｎ　は整数となる。

　また、後半も同様に示される。

　Ｔ_ｎ＝ｘ^ｎ＋１/ｘ^ｎ　において、　Ｔ₁＝ｘ＋１/ｘ　は偶数で、

　Ｔ₂＝ｘ²＋１/ｘ²＝（ｘ＋１/ｘ）²−２　も偶数となる。

　このとき、ｘ、１/ｘ は、２次方程式　ｔ²−Ｔ₁・ｔ＋１＝０　の解である。

よって、漸化式　Ｔ_ｎ+2＝Ｔ₁・Ｔ_ｎ+1−Ｔ_ｎ　（ｎ＝１、２、・・・）　が成り立つ。

　したがって、任意の ｋ （ｋ≧１）に対して、Ｔ_ｋ 、Ｔ_ｋ+1　が、偶数と仮定すると、Ｔ_ｋ+2 も偶数。

　よって、全ての自然数 ｎ に対して、　Ｔ_ｎ＝ｘ^ｎ＋１/ｘ^ｎ　は偶数となる。


　また、上記のような解法を用いると、

　　ｘ＋ｙ＋ｚ＝３　、　ｘ²＋ｙ²＋ｚ²＝５　、　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³＝７　のとき、

　ｘ⁴＋ｙ⁴＋ｚ⁴　、　ｘ⁵＋ｙ⁵＋ｚ⁵　の値を求めよ。

などという問題も即答だろう！

　実際に、ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ＝｛（ｘ＋ｙ＋ｚ）²−（ ｘ²＋ｙ²＋ｚ²）｝＝（９−５）/２＝２

　ｘｙｚ＝｛（ｘ³＋ｙ³＋ｚ³）−（ｘ＋ｙ＋ｚ）（ｘ²＋ｙ²＋ｚ²−ｘｙ−ｙｚ−ｚｘ）｝/３

　　　＝｛７−３・（５−２）｝/３＝−２/３

から、 ｘ 、ｙ 、ｚ　は、３次方程式　ｔ³−３ｔ²＋２ｔ＋２/３＝０　の解となる。

　そこで、　Ｔ_ｎ＝ｘ^ｎ＋ｙ^ｎ＋ｚ^ｎ　とおくと、漸化式

　Ｔ_ｎ+3＝３Ｔ_ｎ+2−２Ｔ_ｎ+1−（2/3）Ｔ_ｎ　（ｎ＝０、１、２、・・・）

が成り立つ。このとき、

　Ｔ₀＝ｘ⁰＋ｙ⁰＋ｚ⁰＝３　、　Ｔ₁＝ｘ＋ｙ＋ｚ＝３　、　Ｔ₂＝ｘ²＋ｙ²＋ｚ²＝５

　Ｔ₃＝３Ｔ₂−２Ｔ₁−（2/3）Ｔ₀＝１５−６−２＝７

　Ｔ₄＝３Ｔ₃−２Ｔ₂−（2/3）Ｔ₁＝２１−１０−２＝９

　Ｔ₅＝３Ｔ₄−２Ｔ₃−（2/3）Ｔ₂＝２７−１４−１０/３＝２９/３

（コメント）　この解法から、Ｅｘｃｅｌ さんにお願いすれば、　ｘ^ｎ＋ｙ^ｎ＋ｚ^ｎ　の値を求めるのも
　　　　　　自由自在．．．と思いきや、当ＨＰがいつもお世話になっているＳ（Ｈ）さんのご指摘
　　　　　　にあるように、そうでもないようですね！２/３ という分数が悪さをするのかな？
　　　　　　（→参考：「淡い期待」）


　この問題の解法からも分かるように、見通しよく式計算をする能力をみるとか、いろいろ
な知識を動員したりできる素地があるなど、この手の問題は、入試作問者にとってはドル
箱の頻出分野といっても過言ではないだろう。

　このような問題が、高校入試を終えて「ホッ！」としている高校１年の５月頃降りかかるわ
けだから、安穏としている身にとっては、とても辛い時期だった。しかし、ある意味では、こ
れが高校数学かと、中学数学との決別を果たすには十分すぎる試練でもあった。

　当ＨＰの掲示板「出会いの泉」で「混沌」さんが次の書籍を紹介された。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（平成１９年１月１１日付け）

　　硲　文夫　著　　「代数学」 数と式の現代的理論　（森北出版）

　生憎この本を現在購入することは叶わず所有する図書館等で閲覧するしかない。本には、

　　あたかも珠算の達人が四則演算をそらでこなすように、複雑な対称式の計算を
　暗算で行うことができるようになるであろう。

とあり、何か引きつけられるものがある。対称式の計算には、「ヤング図形」というものが
有効らしく、非常に興味がわく内容だ。第７章の対称式までは、お菓子をほおばりながら、
一気に読み進むことができた。

　このページでは、上記の本を読みこなしながら私の勉強がてら、高校時代に洗礼を受けた
対称式について、その真実の姿はどうであるか、対称式の有り様をまとめてみたいと思う。
この機会を与えていただいたＨＮ「混沌」さんに感謝したい。

　上記の問題について、高校生向けに解答すれば上記の通りであるが、次のような解答も
あり得る。

問　題　　ｘ＋ｙ＝１ 、ｘｙ＝１　のとき、 ｘ²＋ｙ² 、ｘ³＋ｙ³ 、ｘ⁴＋ｙ⁴ 、ｘ⁵＋ｙ⁵ の値を求めよ。

（解）　ｔ₁＝ｘ＋ｙ　、ｔ₂＝ｘ²＋ｙ²　、ｔ₃＝ｘ³＋ｙ³　、ｔ₄＝ｘ⁴＋ｙ⁴　、ｔ₅＝ｘ⁵＋ｙ⁵　とおく。

　このとき、　Ｐ（ｚ）＝（ｚ−ｘ）（ｚ−ｙ）＝ｚ²−（ｘ＋ｙ）ｚ＋ｘｙ＝ｚ²−ｚ＋１　とおくと、

　Ｐ’（ｚ）/Ｐ（ｚ）＝１/（ｚ−ｘ）＋１/（ｚ−ｙ）

　ここで、

　１/（ｚ−ｘ）＝（１/ｚ）（１＋（ｘ/ｚ）＋（ｘ/ｚ）²＋（ｘ/ｚ）³＋（ｘ/ｚ）⁴＋（ｘ/ｚ）⁵＋（ｘ/ｚ）⁶＋・・・）

　１/（ｚ−ｙ）＝（１/ｚ）（１＋（ｙ/ｚ）＋（ｙ/ｚ）²＋（ｙ/ｚ）³＋（ｙ/ｚ）⁴＋（ｙ/ｚ）⁵＋（ｙ/ｚ）⁶＋・・・）

なので、Ｐ’（ｚ）/Ｐ（ｚ）＝２/ｚ＋ｔ₁/ｚ²＋ｔ₂/ｚ³＋ｔ₃/ｚ⁴＋ｔ₄/ｚ⁵＋ｔ₅/ｚ⁶＋・・・

よって、Ｐ’（ｚ）＝Ｐ（ｚ）（２/ｚ＋ｔ₁/ｚ²＋ｔ₂/ｚ³＋ｔ₃/ｚ⁴＋ｔ₄/ｚ⁵＋ｔ₅/ｚ⁶＋・・・）　より、

　２ｚ−１

＝（ｚ²−ｚ＋１）（２/ｚ＋ｔ₁/ｚ²＋ｔ₂/ｚ³＋ｔ₃/ｚ⁴＋ｔ₄/ｚ⁵＋ｔ₅/ｚ⁶＋・・・）

＝２ｚ＋ｔ₁＋ｔ₂/ｚ＋ｔ₃/ｚ²＋ｔ₄/ｚ³＋ｔ₅/ｚ⁴＋・・・

　−２−ｔ₁/ｚ−ｔ₂/ｚ²−ｔ₃/ｚ³−ｔ₄/ｚ⁴−ｔ₅/ｚ⁵＋・・・

　＋２/ｚ＋ｔ₁/ｚ²＋ｔ₂/ｚ³＋ｔ₃/ｚ⁴＋ｔ₄/ｚ⁵＋ｔ₅/ｚ⁶＋・・・

＝２ｚ＋（ｔ₁−２）＋（ｔ₂−ｔ₁＋２）/ｚ＋（ｔ₃−ｔ₂＋ｔ₁）/ｚ²

　　＋（ｔ₄−ｔ₃＋ｔ₂）/ｚ³＋（ｔ₅−ｔ₄＋ｔ₃）/ｚ⁴＋・・・

　両辺の係数を比較して、

ｔ₁−２＝−１

ｔ₂−ｔ₁＋２＝０

ｔ₃−ｔ₂＋ｔ₁＝０

ｔ₄−ｔ₃＋ｔ₂＝０

ｔ₅−ｔ₄＋ｔ₃＝０

　・・・・・・・・・

　これらより、　ｔ₁＝１　、ｔ₂＝−１　、ｔ₃＝−２　、ｔ₄＝−１　、ｔ₅＝１　　（終）


（コメント）　ある意図がない限り、このような解答をする方はまずいないでしょうネ？

　対称式で、　ｘ^ａｙ^ｂ・・・ｚ^ｃ　（ａ≧ｂ≧・・・≧ｃ≧０）　の形の単項式を含むものを、記号で

　　（ａｂ・・・ｃ）

と表す。

（補足）　「ｘ^ａｙ^ｂ・・・ｚ^ｃ　（ａ≧ｂ≧・・・≧ｃ≧０）の形の単項式を含む」とは、

　　ａ≧ｂ≧・・・≧ｃ≧０の条件を満たすａ、ｂ、・・・、ｃは固定され、ｘ、ｙ、・・・、ｚはすべての
　順列をつくす

という意味です。

例　ｘ＋ｙ　は、（１０）　 、ｘｙ　は、（１１）　 、 ｘ²＋ｙ²　は、（２０）　 、ｘ³ｙ＋ｘｙ³　は、（３１）

　（１１）などは、（１²）とも表される。

　（１０）は、（１）、（２０）は、（２）　と通常表され、「０」は省いてもよい。

　この記号を使うと、ｎ 個の文字　ｘ₁，ｘ₂，・・・，ｘ_n　の基本対称式は、

　　（１）　、（１²）　、（１³）　、・・・、（１^ｎ）

と簡単に表される。

　さて、　（ａｂ・・・ｃ）　において、　ａ＋ｂ＋・・・＋ｃ＝ｎ　であるとき、　（ａｂ・・・ｃ）　は、自然数

ｎ の非増加な組み分けの方法を示している。

例　自然数 ４ の非増加な組み分けの方法を全て列挙してみよう。

　　４＝３＋１＝２＋２＝２＋１＋１＝１＋１＋１＋１

　自然数 ４ を、○が４個と考えれば、上記の分け方は次のような図に相当する。

「｜」を区切り線として、

　　　　　　　 ４　→　　○○○○

　　　　　３＋１　→　　○○○｜○

　　　　　２＋２　→　　○○｜○○

　 　２＋１＋１　→　　○○｜○｜○

１＋１＋１＋１　→　　○｜○｜○｜○

　ヤング図形とは、このような図を正方形を用いて縦横隙間なく並べて得られる図式のこと
である。

　したがって、上記の自然数 ４ の非増加な組み分けの方法をヤング図形を用いると下図
のように表される。

（４）	（３１）	（２２）	（２１１）	（１１１１）

　ここで、面白い性質がある。上記のヤング図形の正方形のマス目に、１、２、３、４　と数字
を書き込むことを考える。ただし、左から右へ、上から下へ数字が増加するように書き込む
ものとする。

　このとき、　（４）のタイプの書き込み方法は、１通り
　　　　　　　　（３１）のタイプの書き込み方法は、３通り
　　　　　　　　（２２）のタイプの書き込み方法は、２通り
　　　　　　　　（２１１）のタイプの書き込み方法は、３通り
　　　　　　　　（１１１１）のタイプの書き込み方法は、１通り

なので、　１²＋３²＋２²＋３²＋１²＝１＋９＋４＋９＋１＝２４　となり、　２４＝４！　という

ことから、　１²＋３²＋２²＋３²＋１²＝４！　が成り立つ。（　←　これは、スゴイ！）


　さて、対称式　ｘ³ｙ＋ｘｙ³　は、

　ｘ³ｙ＋ｘｙ³＝ｘｙ（ｘ²＋ｙ²）＝ｘｙ（（ｘ＋ｙ）²−２ｘｙ）＝ｘｙ（ｘ＋ｙ）²−２（ｘｙ）²

という式変形から、基本対称式　ｓ₁＝ｘ＋ｙ　、ｓ₂＝ｘｙ　を用いて、

　ｘ³ｙ＋ｘｙ³＝ｓ₁²ｓ₂−２ｓ₂²

と表される。このように、対称式を基本対称式の多項式で表す方法がヤング図形とどのよ
うな関連があるのかを次に考えたい。

　２変数の場合の基本対称式のヤング図形は、

（１）	（１2）

　試しに、これらの基本対称式同士を掛けてみよう。

　　　　（１²）×（１）＝ｘｙ×（ｘ＋ｙ）＝ｘ²ｙ＋ｘｙ²＝（２１）

このヤング図形は、

　

で、これは、（１²）の図形の右上に（１）の図形を貼り合わせたものに等しい。

　（１）×（１²）＝（ｘ＋ｙ）×ｘｙ＝ｘ²ｙ＋ｘｙ²＝（２１）

なので、同じヤング図形となるはずであるが、これは、（１）の図形の右から（１²）の図形が
小正方形に分割され、スライドしているものと考えられる。

　２変数だとあまり詳細な挙動が見えてこないので、今度は３変数の場合を考えることにし
よう。

基本対称式のヤング図形は、

（１）	（１2）	（１3）

　試しに、これらの基本対称式同士を掛けてみよう。

　（１²）×（１）

＝（ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ）×（ｘ＋ｙ＋ｚ）

＝ｘ²ｙ＋ｘｙ²＋ｘｙｚ＋ｘｙｚ＋ｙ²ｚ＋ｙｚ²＋ｚｘ²＋ｘｙｚ＋ｚ²ｘ

＝ｘ²ｙ＋ｘｙ²＋ｙ²ｚ＋ｙｚ²＋ｚｘ²＋ｚ²ｘ＋３ｘｙｚ

＝（２１）＋３×（１³）

このヤング図形は、

＋３×

　この計算結果は、どのように理解すればいいのだろうか？

　（１²）の図形の右上に（１）の図形を貼り合わせたものと、（１²）の図形の下に（１）の図形
を貼り合わせたものと理解するのが妥当なところだろう。

　問題は、その係数である。実は、

　貼り合わせる正方形が ｎ 個で、その結果できる同じ幅の図形が縦方向に正方形
ｍ 個分からなるとき、その係数は、_ｍＣ_ｎ である

ことが知られている。

　試しに、上記のヤング図形の第１項の係数は、　₁Ｃ₁＝１　である。（←　合っている！）

第２項の係数は、　₃Ｃ₁＝３　である。（←　合っている！）

　そうすると、　（１）×（１²）　のヤング図形も上記と同じになるはずで、次のように理解する
のが妥当なところだろう。

　（１）の図形の右から（１²）の図形が小正方形に分割され、スライドしたものと、（１）の図形
の下に（１²）の図形を貼り合わせたものを考え、その係数は、前者は、₁Ｃ₁×₁Ｃ₁＝１　で、
後者は、₃Ｃ₂＝３　である。

　このように考えると、

　（１²）×（１）

＝（ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ）×（ｘ＋ｙ＋ｚ）

＝ｘ²ｙ＋ｘｙ²＋ｘｙｚ＋ｘｙｚ＋ｙ²ｚ＋ｙｚ²＋ｚｘ²＋ｘｙｚ＋ｚ²ｘ

＝ｘ²ｙ＋ｘｙ²＋ｙ²ｚ＋ｙｚ²＋ｚｘ²＋ｚ²ｘ＋３ｘｙｚ

＝（２１）＋３×（１³）

のような煩雑そうな計算をしなくても、一気に、　（１²）×（１）＝（２１）＋３×（１³）　と書けそ
うである。

　このことから上記で小正方形の集まりをヤング図形と呼んだが、（１²）、（１）、（２１）、・・・
などもヤング図形と呼んでいいそうだ。

　ところで、　（１²）×（１）＝（２１）＋３×（１³）　のような書き方には利点がある。それは、変
数の数によらないことだ。だから、ヤング図形で１度だけ（！）計算しておけば、後は、その
結果を用いて変数が何個あろうとも計算がもう終わっているということなのだ。もちろん（２１）
等の意味は変数の個数によって変わってくるのだが．．．。

　変数が２個のとき （１³）＝０　と考えれば、（１²）×（１）＝（２１）　という式にも合点がいく。

　読者のために、練習問題を一つあげておこう。

問　題　　次のヤング図形の積　（３２１²）×（１²）　を計算せよ。

（解）　計算すると、

　（４３１１）、（４２²１）、（４２１³）、（３²２１）、（３²１³）、（３２³）、（３２²１²）、（３２１⁴）　の各項

に分解される。このとき、

　（４３１１）の係数は、　₁Ｃ₁×₁Ｃ₁＝１

　（４２²１）の係数は、　₁Ｃ₁×₂Ｃ₁＝２

　（４２１³）の係数は、　₁Ｃ₁×₃Ｃ₁＝３

　（３²２１）の係数は、　₂Ｃ₁×₁Ｃ₁＝２

　（３²１³）の係数は、　₂Ｃ₁×₃Ｃ₁＝６

　（３２³）の係数は、　₃Ｃ₂＝３

　（３２²１²）の係数は、　₂Ｃ₁×₂Ｃ₁＝４

　（３２１⁴）の係数は、　₄Ｃ₂＝６

であるので、

　（３２１²）×（１²）

＝（４３１１）＋２（４２²１）＋３（４２１³）＋２（３²２１）＋６（３²１³）
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＋３（３２³）＋４（３２²１²）＋６（３２１⁴）　　（終）

　計算にちょっと一抹の不安を覚えるので、４つの変数の場合について実際に確認してみ
よう。

（ｘ³ｙ²ｚｗ＋ｘ³ｚ²ｙｗ＋ｘ³ｗ²ｙｚ＋ｙ³ｘ²ｚｗ＋ｙ³ｚ²ｗｘ＋ｙ³ｗ²ｘｚ＋ｚ³ｘ²ｙｗ
　　＋ｚ³ｙ²ｗｘ＋ｚ³ｗ²ｘｙ＋ｗ³ｘ²ｙｚ＋ｗ³ｙ²ｘｚ＋ｗ³ｚ²ｘｙ）（ｘｙ＋ｘｚ＋ｘｗ＋ｙｚ＋ｙｗ＋ｚｗ）

＝ （ｘ⁴ｙ³ｚｗ＋ｘ⁴ｚ²ｙ²ｗ＋ｘ⁴ｗ²ｙ²ｚ＋ｙ⁴ｘ³ｚｗ＋ｙ⁴ｚ²ｗｘ²＋ｙ⁴ｗ²ｘ²ｚ
　　　　＋ｚ³ｘ³ｙ²ｗ＋ｚ³ｙ³ｗｘ²＋ｚ³ｗ²ｘ²ｙ²＋ｗ³ｘ³ｙ²ｚ＋ｗ³ｙ³ｘ²ｚ＋ｗ³ｚ²ｘ²ｙ²）
　＋ （ｘ⁴ｙ²ｚ²ｗ＋ｘ⁴ｚ³ｙｗ＋ｘ⁴ｗ²ｙｚ²＋ｙ³ｘ³ｚ²ｗ＋ｙ³ｚ³ｗｘ²＋ｙ³ｗ²ｘ²ｚ²
　　　　＋ｚ⁴ｘ³ｙｗ＋ｚ⁴ｙ²ｗｘ²＋ｚ⁴ｗ²ｘ²ｙ＋ｗ³ｘ³ｙｚ²＋ｗ³ｙ²ｘ²ｚ²＋ｗ³ｚ³ｘ²ｙ）
　＋ （ｘ⁴ｙ²ｚｗ²＋ｘ⁴ｚ²ｙｗ²＋ｘ⁴ｗ³ｙｚ＋ｙ³ｘ³ｚｗ²＋ｙ³ｚ²ｗ²ｘ²＋ｙ³ｗ³ｘ²ｚ
　　　　＋ｚ³ｘ³ｙｗ²＋ｚ³ｙ²ｗ²ｘ²＋ｚ³ｗ³ｘ²ｙ＋ｗ⁴ｘ³ｙｚ＋ｗ⁴ｙ²ｘ²ｚ＋ｗ⁴ｚ²ｘ²ｙ）
　＋ （ｘ³ｙ³ｚ²ｗ＋ｘ³ｚ³ｙ²ｗ＋ｘ³ｗ²ｙ²ｚ²＋ｙ⁴ｘ²ｚ²ｗ＋ｙ⁴ｚ³ｗｘ＋ｙ⁴ｗ²ｘｚ²
　　　　＋ｚ⁴ｘ²ｙ²ｗ＋ｚ⁴ｙ³ｗｘ＋ｚ⁴ｗ²ｘｙ²＋ｗ³ｘ²ｙ²ｚ²＋ｗ³ｙ³ｘｚ²＋ｗ³ｚ³ｘｙ²）
　＋ （ｘ³ｙ³ｚｗ²＋ｘ³ｚ²ｙ²ｗ²＋ｘ³ｗ³ｙ²ｚ＋ｙ⁴ｘ²ｚｗ²＋ｙ⁴ｚ²ｗ²ｘ＋ｙ⁴ｗ³ｘｚ
　　　　＋ｚ³ｘ²ｙ²ｗ²＋ｚ³ｙ³ｗ²ｘ＋ｚ³ｗ³ｘｙ²＋ｗ⁴ｘ²ｙ²ｚ＋ｗ⁴ｙ³ｘｚ＋ｗ⁴ｚ²ｘｙ²）
　＋ （ｘ³ｙ²ｚ²ｗ²＋ｘ³ｚ³ｙｗ²＋ｘ³ｗ³ｙｚ²＋ｙ³ｘ²ｚ²ｗ²＋ｙ³ｚ³ｗ²ｘ＋ｙ³ｗ³ｘｚ²
　　　　＋ｚ⁴ｘ²ｙｗ²＋ｚ⁴ｙ²ｗ²ｘ＋ｚ⁴ｗ³ｘｙ＋ｗ⁴ｘ²ｙｚ²＋ｗ⁴ｙ²ｘｚ²＋ｗ⁴ｚ³ｘｙ）

＝ （ｘ⁴ｙ³ｚｗ＋ｙ⁴ｘ³ｚｗ＋ｘ⁴ｚ³ｙｗ＋ｚ⁴ｘ³ｙｗ＋ｘ⁴ｗ³ｙｚ＋ｗ⁴ｘ³ｙｚ＋ｙ⁴ｚ³ｗｘ
　　　　＋ｚ⁴ｙ³ｗｘ＋ｙ⁴ｗ³ｘｚ＋ｗ⁴ｙ³ｘｚ＋ｚ⁴ｗ³ｘｙ＋ｗ⁴ｚ³ｘｙ）
　＋（ ｘ⁴ｚ²ｙ²ｗ＋ｘ⁴ｗ²ｙ²ｚ＋ｙ⁴ｚ²ｗｘ²＋ｙ⁴ｗ²ｘ²ｚ＋ｘ⁴ｙ²ｚ²ｗ＋ｘ⁴ｗ²ｙｚ²
　　　　＋ｚ⁴ｙ²ｗｘ²＋ｚ⁴ｗ²ｘ²ｙ＋ｗ⁴ｙ²ｘ²ｚ＋ｗ⁴ｚ²ｘ²ｙ＋ｘ⁴ｙ²ｚｗ²＋ｘ⁴ｚ²ｙｗ²
　　　　　＋ｙ⁴ｘ²ｚ²ｗ＋ｙ⁴ｗ²ｘｚ²＋ｚ⁴ｘ²ｙ²ｗ＋ｚ⁴ｗ²ｘｙ²＋＋ｙ⁴ｘ²ｚｗ²＋ｙ⁴ｚ²ｗ²ｘ
　　　　　　＋ｗ⁴ｘ²ｙ²ｚ＋ｗ⁴ｚ²ｘｙ²＋ｚ⁴ｘ²ｙｗ²＋ｚ⁴ｙ²ｗ²ｘ＋ｗ⁴ｘ²ｙｚ²＋ｗ⁴ｙ²ｘｚ²）
　＋（ｚ³ｘ³ｙ²ｗ＋ｚ³ｙ³ｗｘ²＋ｗ³ｘ³ｙ²ｚ＋ｗ³ｙ³ｘ²ｚ＋ｙ³ｘ³ｚｗ²＋ｙ³ｘ³ｚ²ｗ
　　　　＋ｙ³ｚ³ｗｘ²＋ｗ³ｘ³ｙｚ²＋ｗ³ｚ³ｘ²ｙ＋ｙ³ｗ³ｘ²ｚ＋ｚ³ｘ³ｙｗ²＋ｗ³ｙ³ｘｚ²
　　　　　＋ｗ³ｚ³ｘｙ²＋ｘ³ｙ³ｚ²ｗ＋ｘ³ｚ³ｙ²ｗ＋ｚ³ｗ³ｘ²ｙ＋ｘ³ｙ³ｚｗ²＋ｘ³ｗ³ｙ²ｚ
　　　　　　　＋ｚ³ｙ³ｗ²ｘ＋ｚ³ｗ³ｘｙ²＋ｘ³ｚ³ｙｗ²＋ｘ³ｗ³ｙｚ²＋ｙ³ｚ³ｗ²ｘ＋ｙ³ｗ³ｘｚ²）
　＋（ｚ³ｗ²ｘ²ｙ²＋ｗ³ｚ²ｘ²ｙ²＋ｙ³ｗ²ｘ²ｚ²＋ｗ³ｙ²ｘ²ｚ²＋ｙ³ｚ²ｗ²ｘ²＋ｚ³ｙ²ｗ²ｘ²
　　　　＋ｘ³ｗ²ｙ²ｚ²＋ｗ³ｘ²ｙ²ｚ²＋ｘ³ｚ²ｙ²ｗ²＋ｚ³ｘ²ｙ²ｗ²ｘ³ｙ²ｚ²ｗ²＋ｙ³ｘ²ｚ²ｗ²）

＝ （ｘ⁴ｙ³ｚｗ＋ｙ⁴ｘ³ｚｗ＋ｘ⁴ｚ³ｙｗ＋ｚ⁴ｘ³ｙｗ＋ｘ⁴ｗ³ｙｚ＋ｗ⁴ｘ³ｙｚ＋ｙ⁴ｚ³ｗｘ
　　　　＋ｚ⁴ｙ³ｗｘ＋ｙ⁴ｗ³ｘｚ＋ｗ⁴ｙ³ｘｚ＋ｚ⁴ｗ³ｘｙ＋ｗ⁴ｚ³ｘｙ）
　＋２（ ｘ⁴ｙ²ｚ²ｗ＋ｘ⁴ｗ²ｙ²ｚ＋ｙ⁴ｚ²ｘ²ｗ＋ｙ⁴ｗ²ｘ²ｚ＋ｘ⁴ｚ²ｗ²ｙ＋ｚ⁴ｘ²ｙ²ｗ
　　　　＋ｚ⁴ｗ²ｘ²ｙ＋ｗ⁴ｙ²ｘ²ｚ＋ｗ⁴ｚ²ｘ²ｙ＋ｙ⁴ｚ²ｗ²ｘ＋ｚ⁴ｙ²ｗ²ｘ＋ｗ⁴ｙ²ｚ²ｘ）
　＋２（ｚ³ｘ³ｙ²ｗ＋ｚ³ｙ³ｘ²ｗ＋ｗ³ｘ³ｙ²ｚ＋ｗ³ｙ³ｘ²ｚ＋ｗ³ｚ³ｘ²ｙ＋ｘ³ｙ³ｚ²ｗ
　　　　＋ｘ³ｙ³ｗ²ｚ＋ｚ³ｗ³ｙ²ｘ＋ｘ³ｚ³ｗ²ｙ＋ｘ³ｗ³ｚ²ｙ＋ｙ³ｚ³ｗ²ｘ＋ｙ³ｗ³ｚ²ｘ）
　＋３（ｙ³ｚ²ｗ²ｘ²＋ｗ³ｘ²ｙ²ｚ²＋ｚ³ｘ²ｙ²ｗ²＋ｘ³ｙ²ｚ²ｗ²）

　上記の計算から、　（３２１²）×（１²）＝（４３１１）＋２（４２²１）＋２（３²２１）＋３（３２³）

が成り立っている。上記の計算は、４変数の場合なので、当然

　（４２１³）＝０　、（３²１³）＝０　、（３２²１²）＝０　、（３２１⁴）＝０

である。このことを考慮すれば、

　（３２１²）×（１²）

＝（４３１１）＋２（４２²１）＋３（４２１³）＋２（３²２１）＋６（３²１³）＋３（３２³）＋４（３２²１²）
　＋６（３２１⁴）

が成り立っているものと考えていいだろう。


（コメント）　４変数の計算は大変でした！手計算なもので．．．(T-T)　。でも、この経験が
　　　　　　ないと、ヤング図形による対称式の計算の素晴らしさが実感できないですよネ！


　さて、対称式　Ｐ（ｘ₁，ｘ₂，・・・，ｘ_n）　が、いくつかのヤング図形（ａｂ・・・ｃ）の多項式として
表されるということは直感的に明らかとしていいだろう。

　だから、冒頭に述べた重要定理　：

　　対称式は、基本対称式の多項式として表せ、その表し方は一意的である。

を納得するには、ヤング図形が基本対称式の多項式で表されることが分かればよい。

　たとえば、３変数の対称式　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³　を基本対称式で表すのは高校生の標準的な問
題だろう。

　ｘ³＋ｙ³＋ｚ³
＝（ｘ＋ｙ＋ｚ）（ｘ²＋ｙ²＋ｚ²−ｘｙ−ｙｚ−ｚｘ）＋３ｘｙｚ
＝（ｘ＋ｙ＋ｚ）（（ｘ＋ｙ＋ｚ）²−３（ｘｙ＋ｙｚ＋ｚｘ））＋３ｘｙｚ
＝ｓ₁（ｓ₁²−３ｓ₂）＋３ｓ₃
＝ｓ₁³−３ｓ₁ｓ₂＋３ｓ₃

　上記をヤング図形を用いて書き表せば、（３）＝（１）×（１）×（１）−３（１）×（１²）＋３（１³）

となる。　これは、どのように解釈すればいいのだろうか？

　（３）のヤング図形は、　　　であるが、これを　　と　　に分解して、その
積を考えてみる。

×

＝

＋

　上記の計算の第１項に、ヤング図形　　　が表れている点が肝要である。

　同様にして、上記に表れているヤング図形　　を、　　と　　に分解して、その

積を考えてみると、
	×		＝		＋２

であるし、ヤング図形

を、

と

に分解して、その積を考えてみると、

×

＝

＋３

となる。　上記の計算から、　（２）×（１）＝（３）＋（２１）　より、　（３）＝（２）×（１）−（２１）

　ここで、（１）×（１）＝（２）＋２（１²）　より、　（２）＝（１）×（１）−２（１²）

　（１²）×（１）＝（２１）＋３（１³）　より、　（２１）＝（１²）×（１）−３（１³）

なので、

　（３）＝（（１）×（１）−２（１²））×（１）−（（１²）×（１）−３（１³））

　　　＝（１）×（１）×（１）−２（１²）×（１）−（１²）×（１）＋３（１³）

　　　＝（１）×（１）×（１）−３（１）×（１²）＋３（１³）

が成り立つ。

　このように、ヤング図形を縦方向に分割し、その積を考えることによって、だんだんとヤン
グ図形の幅を小さくすることができる。つまりは、幅が１のヤング図形（基本対称式！）で表
せるということである。このことから、対称式が基本対称式の多項式で表されるという雰囲
気を味わうことが出来たように思う。

　読者のために、練習問題を一つあげておこう。

問　題　　ヤング図形　（４）　を、基本対称式を表すヤング図形の多項式で表せ。

（解）　（３）×（１）＝（４）＋（３１）　より、　（４）＝（３）×（１）−（３１）

　（３）＝（１）×（１）×（１）−３（１）×（１²）＋３（１³）　なので、

　（３）×（１）＝（１）×（１）×（１）×（１）−３（１）×（１）×（１²）＋３（１³）×（１）

また、

　（２１）×（１）＝（３１）＋２（２²）＋２（２１²）　より、（３１）＝（２１）×（１）−２（２²）−２（２１²）

である。　ここで、　（２１）＝（１²）×（１）−３（１³）　より、

　（２１）×（１）＝（１²）×（１）×（１）−３（１³）×（１）

また、（１²）×（１²）＝（２²）＋２（２１１）＋６（１⁴）　より、

　（２²）＝（１²）×（１²）−２（２１１）−６（１⁴）

ここで、　（１³）×（１）＝（２１１）＋４（１⁴）　より、（２１１）＝（１³）×（１）−４（１⁴）　なので、

　（２²）＝（１²）×（１²）−２（（１³）×（１）−４（１⁴））−６（１⁴）

＝（１²）×（１²）−２（１³）×（１）＋２（１⁴）

　また、　　（１³）×（１）＝（２１²）＋４（１⁴）　より、　（２１²）＝（１³）×（１）−４（１⁴）

よって、

　（３１）

＝（１²）×（１）×（１）−３（１³）×（１）
　　　−２（（１²）×（１²）−２（１³）×（１）＋２（１⁴））−２（（１³）×（１）−４（１⁴））

＝（１²）×（１）×（１）−３（１³）×（１）
　　　−２（１²）×（１²）＋４（１³）×（１）−４（１⁴）−２（１³）×（１）＋８（１⁴）

＝（１²）×（１）×（１）−（１³）×（１）−２（１²）×（１²）＋４（１⁴）

以上から、

（４）＝（１）×（１）×（１）×（１）−３（１）×（１）×（１²）＋３（１³）×（１）
　　　　　−（（１²）×（１）×（１）−（１³）×（１）−２（１²）×（１²）＋４（１⁴））

　＝（１）×（１）×（１）×（１）−３（１）×（１）×（１²）＋３（１³）×（１）
　　　　　−（１²）×（１）×（１）＋（１³）×（１）＋２（１²）×（１²）−４（１⁴）

＝（１）×（１）×（１）×（１）−４（１）×（１）×（１²）＋４（１³）×（１）＋２（１²）×（１²）−４（１⁴）

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（終）
　この計算も自信がないので、２変数の場合について確認してみよう。

　（４）＝ｘ⁴＋ｙ⁴　であるが、

　ｘ⁴＋ｙ⁴＝（ｘ²＋ｙ²）²−２ｘ²ｙ²　で、　ｘ²＋ｙ²＝（ｘ＋ｙ）²−２ｘｙ＝（１）×（１）−２（１²）

なので、

　（４）＝（（１）×（１）−２（１²））²−２（１²）×（１²）

　　　＝（１）×（１）×（１）×（１）−４（１）×（１）×（１²）＋４（１²）×（１²）−２（１²）×（１²）

　　　＝（１）×（１）×（１）×（１）−４（１）×（１）×（１²）＋２（１²）×（１²）

　２変数なので、　（１³）＝０　、　（１⁴）＝０　としてよいので、上式は、２変数の場合に成り
立つことを示している。

（コメント）　上記の煩雑な対称式の計算を見て直ぐ気づくように、私自身まだ、

　　あたかも珠算の達人が四則演算をそらでこなすように、複雑な対称式の計算を
　暗算で行うことができるようになるであろう。

という境地には至っていない。一体いつになったら、そのような境地になれるのだろうか？

　数学�Uで多項式関数の微分・積分を学ぶと、数学の問題解法に役立ついろいろな公式
を手にすることが出来る。これは、あたかも子供達が熱中するゲームで敵を倒して新しい
武器を手にし、自らのキャラクターのパワーをアップするのに似ている。

　高校時代に、私が最も微分法の効用を実感したのは、次の公式である。

　方程式　Ｆ（ｘ）＝０　が重解 α を持つための必要十分条件は、

　　　　Ｆ（α）＝Ｆ’（α）＝０　　　　（ただし、　Ｆ（ｘ） は多項式）

　この事実は、ｘ＝α における Ｆ（ｘ） のＴａｙｌｏｒ展開から明らかだろう。

　高校生向けには、次のように説明すると理解してもらえると思う。

（証明）　　Ｆ（ｘ）を、ｘ−α で割った余りは、剰余の定理により、　Ｆ（α）　である。

　よって、　商を Ｑ（ｘ） として、　割り算の恒等式より、　Ｆ（ｘ）＝（ｘ−α）Ｑ（ｘ）＋Ｆ（α）

　さらに、　Ｑ（ｘ）を、ｘ−α で割った商を Ｒ（ｘ）、余りを　ｒ　とおくと、

　　　　　　Ｑ（ｘ）＝（ｘ−α）Ｒ（ｘ）＋ｒ

　よって、　Ｆ（ｘ）＝（ｘ−α）（（ｘ−α）Ｒ（ｘ）＋ｒ）＋Ｆ（α）＝（ｘ−α）²Ｒ（ｘ）＋ｒ（ｘ−α）＋Ｆ（α）

　　両辺を微分して、　Ｆ’（ｘ）＝２（ｘ−α）Ｒ（ｘ）＋（ｘ−α）²Ｒ’（ｘ）＋ｒ

　したがって、　Ｆ’（α）＝ｒ　となり、　Ｆ（ｘ）＝（ｘ−α）²Ｒ（ｘ）＋Ｆ’（α）（ｘ−α）＋Ｆ（α）

　　このことから、　方程式　Ｆ（ｘ）＝０　が重解 α を持てば、　Ｆ（ｘ）　は、（ｘ−α）²　で割り

　切れるので、その余り　Ｆ’（α）（ｘ−α）＋Ｆ（α）＝０　から、　Ｆ（α）＝Ｆ’（α）＝０

　　逆に、　Ｆ（α）＝Ｆ’（α）＝０　とすると、　Ｆ（ｘ）＝（ｘ−α）²Ｒ（ｘ）　となり、

　Ｆ（ｘ）　は、（ｘ−α）²　で割り切れ、方程式　Ｆ（ｘ）＝０　は重解 α を持つ。　（証終）


　　ここで、　Ｆ（α）＝Ｆ’（α）＝０　ということは、２つの方程式　Ｆ（ｘ）＝０　、　Ｆ’（ｘ）＝０
　が共通解 α を持つということである。

　この共通解の問題も、私が高校生の頃苦しめられた問題の一つである。

　共通解の問題については、終結式という概念が活躍する。

　　方程式を前提に考えるので、最高次の係数は １ とする。　また、いたずらに文字の個
　数を増やさないために、３次方程式に限定して考えることにする。因数分解されて、

　　　Ｆ（ｘ）＝（ｘ−α）（ｘ−β）（ｘ−γ）　　、Ｇ（ｘ）＝（ｘ−ｐ）（ｘ−ｑ）（ｘ−ｒ）

　とする。　このとき、

　Ｇ（α）Ｇ（β）Ｇ（γ）＝（α−ｐ）（α−ｑ）（α−ｒ）（β−ｐ）（β−ｑ）（β−ｒ）（γ−ｐ）（γ−ｑ）（γ−ｒ）

を考えると、解の差の全てのパターンが入っているので、

　方程式　Ｆ（ｘ）＝０　、Ｇ（ｘ）＝０　が共通解を持つことと　Ｇ（α）Ｇ（β）Ｇ（γ）＝０　は同値

であることは明らかだろう。

　Ｇ（α）Ｇ（β）Ｇ（γ）　を　多項式　Ｆ（ｘ）、Ｇ（ｘ）　の終結式といい、通常　Ｒ（Ｆ，Ｇ）　と表す。

　すなわち、　　　Ｒ（Ｆ，Ｇ）＝Ｇ（α）Ｇ（β）Ｇ（γ）

　以上をまとめて、次の定理を得る。

定　理　　方程式　Ｆ（ｘ）＝０　、Ｇ（ｘ）＝０　が共通解を持つための必要十分条件は
　　　　　Ｒ（Ｆ，Ｇ）＝０　である。


　さて、Ｒ（Ｆ，Ｇ）＝Ｇ（α）Ｇ（β）Ｇ（γ）の右辺は３変数 α 、 β 、 γ の多項式であるが、これら
の順番を任意に変更しても元の式と同じなので、終結式 Ｒ（Ｆ，Ｇ） は対称式である。

　ということは、終結式の計算にも、ヤング図形が使えるということである。

例　　Ｆ（ｘ）＝ｘ²＋ａｘ＋ｂ＝（ｘ−α）（ｘ−β）　、Ｇ（ｘ）＝ｘ²＋ｍｘ＋ｎ＝（ｘ−ｐ）（ｘ−ｑ）　に対
　　して、その終結式　Ｒ（Ｆ，Ｇ）　を計算してみよう。

　　Ｒ（Ｆ，Ｇ）＝Ｇ（α）Ｇ（β）＝（α−ｐ）（α−ｑ）（β−ｐ）（β−ｑ）

　解と係数の関係より、　α＋β＝−ａ　、　αβ＝ｂ　、　ｐ＋ｑ＝−ｍ　、　ｐｑ＝ｎ　なので、

　Ｒ（Ｆ，Ｇ）

＝（α²＋ｍα＋ｎ）（β²＋ｍβ＋ｎ）

＝α²β²＋ｍα²β＋ｎα²＋ｍαβ²＋ｍ²αβ＋ｍｎα＋ｎβ²＋ｍｎβ＋ｎ²

＝α²β²＋ｍαβ（α＋β）＋ｍ²αβ＋ｎ（α²＋β²）＋ｍｎ（α＋β）＋ｎ²

＝α²β²＋ｍαβ（α＋β）＋ｍ²αβ＋ｎ（（α＋β）²−２αβ）＋ｍｎ（α＋β）＋ｎ²

＝ｂ²−ｍａｂ＋ｍ²ｂ＋ｎ（ａ²−２ｂ）−ｍｎａ＋ｎ²

＝ｎａ²−ｍａｂ＋ｂ²−ｍｎａ＋ｍ²ｂ−２ｎｂ＋ｎ²


　普通に展開すれば上記のようであるが、この展開にヤング図形が巧妙に使われるらしい。

　Ｒ（Ｆ，Ｇ） の展開式で、α、β に関する対称式をヤング図形で表せば、

　Ｒ（Ｆ，Ｇ）

＝α²β²＋ｍα²β＋ｎα²＋ｍαβ²＋ｍ²αβ＋ｍｎα＋ｎβ²＋ｍｎβ＋ｎ²

＝α²β²＋ｍ（α²β＋αβ²）＋ｎ（α²＋β²）＋ｍ²αβ＋ｍｎ（α＋β）＋ｎ²

＝（２²）＋ｍ（２１）＋ｎ（２）＋ｍ²（１²）＋ｍｎ（１）＋ｎ²

である。

　実際の展開式からヤング図形に直すことは易しい。でも、最初からヤング図形で計算する
にはどうしたらいいのだろうか？

　この展開式で、 ｍ² 、 ｍｎ 、 ｎ² 、 ｍ 、 ｎ 、 １　の各項が出るのは明らかだろう。問題は、
その係数である。

　それには、ｍ は解と係数の関係から異なる解の１次式なので、ｍ には、ヤング図形　
を対応づけ、そして、ｍ² には、ヤング図形

　　

を対応づけて考えるといいらしい。

　同様に、ｎ は解と係数の関係から異なる解の２次式なので、ｎ には、ヤング図形　
を対応づけ、そして、ｎ² には、ヤング図形

　

を対応づけることにする。

　Ｆ（ｘ）、Ｇ（ｘ）の次数は、ともに ２ なので、基本となるヤング図形は、

　

である。各項の係数を求めるには、ｍ、ｎ に関するヤング図形を基本となるヤング図形から
差し引けばよい。

　ｍ² の係数は、基本となるヤング図形から

　

を差し引いて、

　

なので、ヤング図形は、（１１）＝（１²）である。（→上記の展開式と一致！）

　ｍｎ の係数は、基本となるヤング図形から、　　と　

を順次差し引いて、

　　　→　　　　→　　

なので、ヤング図形は、（１）である。（→上記の展開式と一致！）

　ｎ² の係数は、基本となるヤング図形から

　

を差し引いて何も残らないので係数は、１ と考える。（→上記の展開式と一致！）

　ｍ の係数は、基本となるヤング図形から、　　を差し引いて、

　　　→　　

となり、これは、

　

と考え、ヤング図形は、（２１）である。（→上記の展開式と一致！）

　ｎ の係数は、基本となるヤング図形から、　　を差し引いて、

　　　→　　

なので、ヤング図形は、（２）である。（→上記の展開式と一致！）

　１ の係数は、基本となるヤング図形から、引くものがないので、

　

となり、ヤング図形は、（２２）＝（２²）である。（→上記の展開式と一致！）

　このように考えると、直ちに、

　Ｒ（Ｆ，Ｇ）＝（２²）＋ｍ（２１）＋ｎ（２）＋ｍ²（１²）＋ｍｎ（１）＋ｎ²

であることが示される。（←　これは、スゴイ！！暗算でもできそう．．．。）

　上記の展開式では、（２次式）×（２次式）なので、ヤング図形を用いるメリットはあまり感じ
られないかもしれないが、次数が高次になると、その効用が多分実感できることだろう。

　試しに、（３次式）×（３次式）の場合で練習してみよう。

例　　Ｆ（ｘ）＝ｘ³＋ａｘ²＋ｂｘ＋ｃ＝（ｘ−α）（ｘ−β）（ｘ−γ）

　　Ｇ（ｘ）＝ｘ³＋ｋｘ²＋ｍｘ＋ｎ＝（ｘ−ｐ）（ｘ−ｑ）（ｘ−ｒ）　　　に対して、

　その終結式　Ｒ（Ｆ，Ｇ）　は、

　Ｒ（Ｆ，Ｇ）＝Ｇ（α）Ｇ（β）Ｇ（γ）

＝（α³＋ｋα²＋ｍα＋ｎ）（β³＋ｋβ²＋ｍβ＋ｎ）（γ³＋ｋγ²＋ｍγ＋ｎ）

　この展開式で、

　１、ｋ、ｍ、ｎ、ｋ²、ｋｍ、ｋｎ、ｍ²、ｍｎ、ｎ²、ｋ³、ｋ²ｍ、ｋ²ｎ、ｋｍ²、ｋｍｎ、ｋｎ²、ｍ³、
　ｍ²ｎ、ｍｎ²、ｎ³

の各項が出る。（１、ｋ、ｍ、ｎ　の４個の文字から重複を許して３個取る組合せは、₄Ｈ₃＝２０通り）

　それには、ｋ は解と係数の関係から異なる解の１次式なので、ｋ にはヤング図形（１）、
ｋ² にはヤング図形（１²）、 ｋ³ にはヤング図形（１³）を対応づける。

　同様に、ｍ は解と係数の関係から異なる解の２次式なので、ｍ には、ヤング図形（２）、
ｍ² にはヤング図形（２²）、 ｍ³ にはヤング図形（２³）を対応づける。

　ｎ は解と係数の関係から異なる解の３次式なので、ｎ には、ヤング図形（３）、ｎ² には
ヤング図形（３²）、 ｎ³ にはヤング図形（３³）を対応づける。

　Ｆ（ｘ）、Ｇ（ｘ）の次数は、ともに ３ なので、基本となるヤング図形は（３³）、すなわち、

　

である。各項の係数を求めるには、ｋ、ｍ、ｎ に関するヤング図形を基本となるヤング図形
から差し引けばよい。

１ の係数は、基本となるヤング図形から引くものがないので、ヤング図形は、（３³）

ｋ の係数は、基本となるヤング図形から（１）を差し引いて、ヤング図形は、（３²２）

ｍ の係数は、基本となるヤング図形から（２）を差し引いて、ヤング図形は、（３²１）

ｎ の係数は、基本となるヤング図形から（３）を差し引いて、ヤング図形は、（３²）

ｋ² の係数は、基本となるヤング図形から（１²）を差し引いて、ヤング図形は、（３２²）

ｋｍ の係数は、基本となるヤング図形から（１）、（２）を順次差し引いて、ヤング図形は、（３２１）

ｋｎ の係数は、基本となるヤング図形から（１）、（３）を順次差し引いて、ヤング図形は、（３２）

ｍ² の係数は、基本となるヤング図形から（２²）を差し引いて、ヤング図形は、（３１²）

ｍｎ の係数は、基本となるヤング図形から（２）、（３）を順次差し引いて、ヤング図形は、（３１）

ｎ² の係数は、基本となるヤング図形から（３²）を差し引いて、ヤング図形は、（３）

ｋ³ の係数は、基本となるヤング図形から（１³）を差し引いて、ヤング図形は、（２³）

ｋ²ｍ の係数は、基本となるヤング図形から（１²）、（２）を順次差し引いて、ヤング図形は、（２²１）

ｋ²ｎ の係数は、基本となるヤング図形から（１²）、（３）を順次差し引いて、ヤング図形は、（２²）

ｋｍ² の係数は、基本となるヤング図形から（１）、（２²）を順次差し引いて、ヤング図形は、（２１²）

ｋｍｎ の係数は、基本となるヤング図形から（１）、（２）、（３）を順次差し引いて、ヤング図形は、（２１）

ｋｎ² の係数は、基本となるヤング図形から（１）、（３²）を順次差し引いて、ヤング図形は、（２）

ｍ³ の係数は、基本となるヤング図形から（２³）を差し引いて、ヤング図形は、（１³）

ｍ²ｎ の係数は、基本となるヤング図形から（２²）、（３）を順次差し引いて、ヤング図形は、（１²）

ｍｎ² の係数は、基本となるヤング図形から（２）、（３²）を順次差し引いて、ヤング図形は、（１）

ｎ³ の係数は、基本となるヤング図形から（３³）を差し引いて何も残らないので係数は、１ と考える。

以上から、

Ｒ（Ｆ，Ｇ）

＝（３³）＋（３²２）ｋ＋（３²１）ｍ＋（３²）ｎ＋（３２²）ｋ²

　　＋（３２１）ｋｍ＋（３２）ｋｎ＋（３１²）ｍ²＋（３１）ｍｎ＋（３）ｎ²

　　＋（２³）ｋ³＋（２²１）ｋ²ｍ＋（２²）ｋ²ｎ＋（２１²）ｋｍ²＋（２１）ｋｍｎ

　　＋（２）ｋｎ²＋（１³）ｍ³＋（１²）ｍ²ｎ＋（１） ｍｎ²＋ ｎ³


（コメント）　果たして、この計算は正しいのだろうか？ちょっと自信がない！！
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（．．．ケド、多分合っているカナ？）
　　　　　　ちょっと病みつきになりそうな計算ですね．．．。

でも、個人的な感想ながら、展開する因数を縦に並べて、

　（α³＋ｋα²＋ｍα＋ｎ）
　（β³＋ｋβ²＋ｍβ＋ｎ）
　（γ³＋ｋγ²＋ｍγ＋ｎ）

　順次展開の項とその係数の型（←ヤング図形）を一緒に計算した方が速いような気がする。

　終結式の計算と言えば、シルベスター（Sylvester）の行列式が有名だろう。

例　　Ｆ（ｘ）＝ｘ²＋ａｘ＋ｂ　、Ｇ（ｘ）＝ｘ²＋ｍｘ＋ｎ　に対して、その終結式　Ｒ（Ｆ，Ｇ）　は、

　　Ｒ（Ｆ，Ｇ）＝ｎａ²−ｍａｂ＋ｂ²−ｍｎａ＋ｍ²ｂ−２ｎｂ＋ｎ²

であったが、これは、次のシルベスター（Sylvester）の行列式を計算しても求められる。

　

　終結式から高校数学でお馴染みの判別式が導かれる。

　２次式　Ｆ（ｘ）＝ｘ²＋ａｘ＋ｂ　に対して、終結式　Ｒ（Ｆ，Ｆ’）を計算すると、

　Ｆ（ｘ）＝ｘ²＋ａｘ＋ｂ＝（ｘ−α）（ｘ−β）　で、　Ｆ’（ｘ）＝２ｘ＋ａ

よって、　Ｒ（Ｆ，Ｆ’）＝（２α＋ａ）（２β＋ａ）＝４（１²）＋２ａ（１）＋ａ²

　（↑　せっかくなのでヤング図形を用いた．．．ｆ(＾＾;) )

（１）＝−ａ　、（１²）＝ｂ　なので、　Ｒ（Ｆ，Ｆ’）＝４ｂ−２ａ²＋ａ²＝４ｂ−ａ²＝−（ａ²−４ｂ）

　そこで、２次式　Ｆ（ｘ）＝ｘ²＋ａｘ＋ｂ　の判別式を、　Ｄ（Ｆ）＝−Ｒ（Ｆ，Ｆ’）　と定義すれば、

　Ｄ（Ｆ）＝ａ²−４ｂ

となり、よく知った式を得て一安心！

　上記で述べた２つの事実　：

（１）　方程式　Ｆ（ｘ）＝０　が重解 α を持つための必要十分条件は、

　　Ｆ（α）＝Ｆ’（α）＝０　　　　（ただし、　Ｆ（ｘ） は多項式）


（２）　方程式　Ｆ（ｘ）＝０　、Ｇ（ｘ）＝０　が共通解を持つための必要十分条件は
　　Ｒ（Ｆ，Ｇ）＝０　である。

から、　２次方程式　ｘ²＋ａｘ＋ｂ＝０　が重解を持つための必要十分条件は、

　　判別式　ａ²−４ｂ＝０

であることも確かめられた。


（追記）　平成２０年１月７日付け

　対称式を基本対称式で表す問題は種々あるが、次の対称式について非常に斬新的な別
解があることを最近知ることが出来た。

　　ｘ²ｙ²＋ｘ²ｚ²＋ｘ²ｗ²＋ｙ²ｚ²＋ｙ²ｗ²＋ｚ²ｗ²　を基本対称式で表せ。

　ここで、基本対称式とは、

　ｓ₁＝ｘ＋ｙ＋ｚ＋ｗ

　ｓ₂＝ｘｙ＋ｘｚ＋ｘｗ＋ｙｚ＋ｙｗ＋ｚｗ

　ｓ₃＝ｘｙｚ＋ｘｙｗ＋ｘｚｗ＋ｙｚｗ

　ｓ₄＝ｘｙｚｗ

であることを確認しておく。

　その別解の素晴らしさを理解するために、いくつかの解法を眺めておこう。

（その１）　単項式の順序を考えて式変形　（→　参考：「グレブナー基底」）

ｘ²ｙ²＋ｘ²ｚ²＋ｘ²ｗ²＋ｙ²ｚ²＋ｙ²ｗ²＋ｚ²ｗ²−ｓ₂²

＝ｘ²ｙ²＋ｘ²ｚ²＋ｘ²ｗ²＋ｙ²ｚ²＋ｙ²ｗ²＋ｚ²ｗ²−（ｘｙ＋ｘｚ＋ｘｗ＋ｙｚ＋ｙｗ＋ｚｗ）²

＝−２（ｘ²ｙｚ＋ｘ²ｙｗ＋ｘ²ｚｗ＋ｘｙ²ｚ＋ｘｙ²ｗ＋ｘｙｚ²＋ｘｚ²ｗ＋ｘｙｗ²＋ｘｚｗ²
　　　　　＋３ｘｙｚｗ＋ｙ²ｚｗ＋ｙｚ²ｗ＋ｙｚｗ²）

　よって、

　ｘ²ｙ²＋ｘ²ｚ²＋ｘ²ｗ²＋ｙ²ｚ²＋ｙ²ｗ²＋ｚ²ｗ²−ｓ₂²＋２ｓ₁ｓ₃＝２ｘｙｚｗ＝２ｓ₄

したがって、　ｘ²ｙ²＋ｘ²ｚ²＋ｘ²ｗ²＋ｙ²ｚ²＋ｙ²ｗ²＋ｚ²ｗ²＝ｓ₂²−２ｓ₁ｓ₃＋２ｓ₄


（コメント）　基本対称式で表すアルゴリズムに従って計算してはみたものの煩雑な計算で
　　　　　　全く美しくない！

（その２）　ヤング図形による式変形

　　対称式　ｘ²ｙ²＋ｘ²ｚ²＋ｘ²ｗ²＋ｙ²ｚ²＋ｙ²ｗ²＋ｚ²ｗ²　のヤング図形は、（２２） すなわち、

　

　である。したがって、このヤング図形を作るために、

	と		の積
を考える。

	の係数は、　2Ｃ2＝１
	の係数は、　1Ｃ1×2Ｃ1＝２
	の係数は、4Ｃ2＝６

よって、　（１²）×（１²）＝（２²）＋２（２１²）＋６（１⁴）　より、

　　（２²）＝（１²）×（１²）−２（２１²）−６（１⁴）

　同様にして、

	と		の積
を考える。

	の係数は、　1Ｃ1＝１
	の係数は、4Ｃ1＝４

よって、　（１³）×（１）＝（２１²）＋４（１⁴）　より、　（２１²）＝（１³）×（１）−４（１⁴）

　以上から、

（２²）＝（１²）×（１²）−２｛（１³）×（１）−４（１⁴）｝−６（１⁴）

　　＝（１²）×（１²）−２（１³）×（１）＋２（１⁴）

　すなわち、　ｘ²ｙ²＋ｘ²ｚ²＋ｘ²ｗ²＋ｙ²ｚ²＋ｙ²ｗ²＋ｚ²ｗ²＝ｓ₂²−２ｓ₁ｓ₃＋２ｓ₄


（コメント）　ヤング図形は計算していて楽しいのだが、計算規則を忘れやすく、あまり実戦
　　　　　　的ではないような．．．感じ。私も上記の計算をするために復習してしまった！


　いよいよ斬新な別解を紹介する準備が整った。とてもアドホックな解法であるが、多分見
るものを魅了するであろう。
（アドホック（ａｄｈｏｃ）という言葉は、「特にそのための」という意味。最近ある方とのメールのやりとりの中にあっ
　たもので一度使ってみたかった．．．(^_^)v）

（その３）　係数比較による計算

　次の２式が成り立つことは明らかだろう。

　（１＋ｘ）（１＋ｙ）（１＋ｚ）（１＋ｗ）＝１＋ｓ₁＋ｓ₂＋ｓ₃＋ｓ₄

　（１−ｘ）（１−ｙ）（１−ｚ）（１ｰｗ）＝１−ｓ₁＋ｓ₂−ｓ₃＋ｓ₄

したがって、辺々かけて、

　（１−ｘ²）（１−ｙ²）（１−ｚ²）（１ｰｗ²）＝（１＋ｓ₁＋ｓ₂＋ｓ₃＋ｓ₄）（１−ｓ₁＋ｓ₂−ｓ₃＋ｓ₄）

左辺を展開して、次数が４となるものをまとめたものが、

　ｘ²ｙ²＋ｘ²ｚ²＋ｘ²ｗ²＋ｙ²ｚ²＋ｙ²ｗ²＋ｚ²ｗ²

右辺を展開して、次数が４となるものをまとめると、

　１・ｓ₄−ｓ₁・ｓ₃＋ｓ₂・ｓ₂−ｓ₃・ｓ₁＋ｓ₄・１＝ｓ₂²−２ｓ₁ｓ₃＋２ｓ₄

よって、　ｘ²ｙ²＋ｘ²ｚ²＋ｘ²ｗ²＋ｙ²ｚ²＋ｙ²ｗ²＋ｚ²ｗ²＝ｓ₂²−２ｓ₁ｓ₃＋２ｓ₄


（コメント）　初等的すぎる位初等的で、その分かりやすさに脱帽しました！


（参考文献：　硲　文夫　著　　代数学　 数と式の現代的理論　　（森北出版）
　　　　　　　　三村征雄　他　著　　代数学と幾何学　　（裳華房）
　　　　　　　　永田雅宜　著　　線形代数の基礎　　（紀伊國屋書店）
　　　　　　　　数学セミナー　１９９９年６〜８月号　　（日本評論社））


（追記）　当ＨＰの掲示板「出会いの泉」に、平成２５年４月１７日付けでＨＮ「Ｖ」さんより、対
　　　　称式の計算方法についての書き込みがあった。

　他のサイトに下記のような質問があり、以下のように回答しました。対称式の計算を簡単
かつ確実に行うための手順や表記方法があれば教えてください。

（元の質問）　次の５次の対称式の関係式のエレガントな証明の仕方が解りません。教えて
　　　　　　　下さい。

　(x⁵+y⁵+z⁵+w⁵+v⁵)
-(x⁴+y⁴+z⁴+w⁴+v⁴)(x+y+z+w+v)
+(x³+y³+z³+w³+v³)(xy+xz+xw+xv+yz+yw+yv+zw+zv+wv)
-(x²+y²+z²+w²+v²)(xyz+xyw+xyv+xzw+xzv+xwv+yzw+yzv+ywv+zwv)
+(x+y+z+w+v)(xyzw+xyzv+xywv+xzwv+yzwv)
-5xyzwv=0

（私の解答）　与式は、x、y、z、w、v の対称式で、かつ展開後の各項はすべて５次式なので

各項の次数の x、y、z、w、v への分配のパターンは、次数が大きい順に

　　(5,0,0,0,0)　(4,1,0,0,0)　(3,2,0,0,0)　(3,1,1,0,0)　(2,2,1,0,0)　(2,1,1,1,0)　(1,1,1,1,1)

よって、x⁵、x⁴y、x³y²、x³yz、x²y²z、x²yzw、xyzwv のそれぞれの係数が０になることを示せ

ばよい。与式の

x⁵の係数 =1-1+0+0+0+0=0、x⁴yの係数 =0-1+1+0+0+0=0、x³y²の係数 =0+0+0+0+0+0=0

x³yzの係数 =0+0+1-1+0+0=0、x²y²zの係数=0+0+0+0+0+0=0、x²yzwの係数 =0+0+0-1+1+0=0

xyzwvの係数 =0+0+0+0+5-5=0

　よって、与式＝0

※　なお元の質問には解と係数の関係を使ったエレガントな証明の回答もありました。


　空舟さんからのコメントです。（平成２５年４月１７日付け）

　上記に便利な表記が紹介されていますネ。

　 対称式で、ｘ^ａｙ^ｂ・・・ｚ^ｃ　（ａ≧ｂ≧・・・≧ｃ≧０）の形の単項式を含むものを、記号で

　　　　　　　　（ａｂ・・・ｃ）
と表す。

　この表記を使うと問題の式は、　(5)-(1)(4)+(11)(3)-(111)(2)+(1111)(1)-(11111)　と書かれ
ます。それぞれの積を展開することを考えると以下のようになります。

　(11111) = (11111)　、(1111)(1) = (2111)+(11111)　、(111)(2)=(311)+(2111)　、

　(11)(3)=(41)+(311)　、(1)(4)=(5)+(41)　、(5) = (5)

　交互に足し引きすれば0になることが分かりました。


（コメント）　ヤング図形が活躍する問題ですね！


（追記）　平成２５年８月１０日付けで、Ｋ．Ｓ．さんより、対称式についての話題をメールで頂
　　　　いた。Ｋ．Ｓ．さんに感謝します。

　基本対称式

ｓ₁＝ｘ₁＋ｘ₂＋・・・＋ｘ_n　、ｓ₂＝ｘ₁ｘ₂＋ｘ₁ｘ₃＋・・・＋ｘ_n-1ｘ_n、・・・、ｓ_ｎ＝ｘ₁ｘ₂・・・ｘ_n

に対して、同次対称式

ｔ₁＝ｘ₁＋ｘ₂＋・・・＋ｘ_n　、ｔ₂＝ｘ₁²＋ｘ₂²＋・・・＋ｘ_n²　、・・・　、ｔ_ｎ＝ｘ₁ⁿ＋ｘ₂ⁿ＋・・・＋ｘ_nⁿ

を考える。このとき、ニュートンの多項式

　ｔ_ｎ−ｓ₁ｔ_ｎ-1＋ｓ₂ｔ_ｎ-2−・・・＋（−１）^ｎ-1ｓ_ｎ-1ｔ₁＋（−１）^ｎｎｓ_ｎ＝０

が成り立つ。

例　受験数学では有名な恒等式

　　ｘ₁³＋ｘ₂³＋・・・＋ｘ_n³−３ｘ₁ｘ₂ｘ₃
　＝（ｘ₁＋ｘ₂＋ｘ₃）（ｘ₁²＋ｘ₂²＋・・・＋ｘ_n²−ｘ₁ｘ₂−ｘ₂ｘ₃−ｘ₃ｘ₁）

から、　ｔ₃−３ｓ₃＝ｓ₁（ｔ₂−ｓ₂）　すなわち、　ｔ₃−ｓ₁ｔ₂＋ｓ₂ｔ₁−３ｓ₃＝０　が成り立つ。


　ニュートンの多項式を証明してみよう。（平成２６年３月４日付け）

（証明）　Ｅ（ｘ）＝１＋ｓ₁ｘ＋ｓ₂ｘ²＋・・・＋ｓ_ｎｘ^ｎ　とおくと、Ｅ（ｘ）＝（１＋ｘ₁ｘ）（１＋ｘ₂ｘ）・・・（１＋ｘ_ｎｘ）

　両辺の自然対数をとって、　ｌｏｇ Ｅ（ｘ）＝ｌｏｇ（１＋ｘ₁ｘ）＋ｌｏｇ（１＋ｘ₂ｘ）＋・・・＋ｌｏｇ（１＋ｘ_ｎｘ）

両辺を ｘ で微分して、　Ｅ’（ｘ）/Ｅ（ｘ）＝ｘ₁/（１＋ｘ₁ｘ）＋ｘ₂/（１＋ｘ₂ｘ）＋・・・＋ｘ_ｎ/（１＋ｘ_ｎｘ）

よって、　ｘ（Ｅ’（ｘ）/Ｅ（ｘ））＝ｘ₁ｘ/（１＋ｘ₁ｘ）＋ｘ₂ｘ/（１＋ｘ₂ｘ）＋・・・＋ｘ_ｎｘ/（１＋ｘ_ｎｘ）

ここで、　ｘ_ｔｘ/（１＋ｘ_ｔｘ）＝ｘ_ｔｘ・Σ_ｋ=1〜∞ （−１）^ｋ-1（ｘ_ｔｘ）^ｋ-1＝Σ_ｋ=1〜∞ （−１）^ｋ-1（ｘ_ｔｘ）^ｋ

なので、

ｘ（Ｅ’（ｘ）/Ｅ（ｘ））＝Σ_ｋ=1〜∞ （−１）^ｋ-1（ｘ₁^ｋ＋ｘ₂^ｋ＋・・・＋ｘ_ｎ^ｋ）ｘ^ｋ＝Σ_ｋ=1〜∞ （−１）^ｋ-1 ｔ_ｋｘ^ｋ

すなわち、　ｘＥ’（ｘ）＝Ｅ（ｘ）（ｔ₁ｘ−ｔ₂ｘ²＋・・・＋（−１）^ｎ-1 ｔ_ｎｘ^ｎ＋・・・）　において、

両辺の ｘ^ｎ の係数を比較して、　ｎｓ_ｎ＝（−１）^ｎ-1 ｔ_ｎ＋ｓ₁・（−１）^ｎ-2 ｔ_ｎ-1＋・・・＋ｓ_ｎ-1・ｔ₁

両辺に、（−１）^ｎを掛けて、　（−１）^ｎｎｓ_ｎ＝−ｔ_ｎ＋ｓ₁ｔ_ｎ-1−・・・＋（−１）^ｎｓ_ｎ-1ｔ₁

　これより、ニュートンの多項式

　ｔ_ｎ−ｓ₁ｔ_ｎ-1＋ｓ₂ｔ_ｎ-2−・・・＋（−１）^ｎ-1ｓ_ｎ-1ｔ₁＋（−１）^ｎｎｓ_ｎ＝０

を得る。　　（証終）


　Ｋ．Ｓ．さんからのコメントです。（平成２６年７月７日付け）

　ニュートンの多項式は、微分を用いなくても示される。

　F(X)＝(X−ｘ₁)(X−ｘ₂）・・・(X−ｘ_n)　とおくと、　F(x_ｋ)＝０　(ｋ＝１〜ｎ）

一方、展開した式　F(X)＝Xⁿ−S₁X^n-1＋・・・＋（−１）^ｎS_n　なので、

F(x₁) から F(x_ｎ) をすべて加えると、

　T_n−T_n-1S₁＋・・・＋（−１）^ｎ・ｎ・S_n＝０

を得ることができる。


　このことから、全ての対称式は基本対称式 ｓ_ｋ で表すことができるのとは逆に、同次対称
式 ｔ_ｋ で基本対称式 ｓ_ｋ を表すことができる。

　実際に、例えば、　ｔ₁＝ｓ₁　、　ｔ₂＝ｓ₁²−２ｓ₂　、　ｔ₃＝ｓ₁³−３ｓ₁ｓ₂＋３ｓ₃　から、

　ｓ₁＝ｔ₁

　ｔ₂＝ｓ₁²−２ｓ₂＝ｔ₁²−２ｓ₂　から、　ｓ₂＝（1/2）ｔ₁²−（1/2）ｔ₂

　ｔ₃＝ｓ₁³−３ｓ₁ｓ₂＋３ｓ₃＝ｔ₁³−３ｔ₁｛（1/2）ｔ₁²−（1/2）ｔ₂｝＋３ｓ₃　から、

　ｓ₃＝（1/6）ｔ₁³−（1/2）ｔ₁ｔ₂＋（1/3）ｔ₃

　係数のみを取り出して行列として表すと、

　

が成り立っている。さらに、

　ｔ₄＝ｓ₁⁴−４ｓ₁²ｓ₂＋４ｓ₁ｓ₃−４ｓ₄＋２ｓ₂²

　ｔ₅＝ｓ₁⁵−５ｓ₁³ｓ₂＋５ｓ₁²ｓ₃−５ｓ₁ｓ₄＋５ｓ₅＋５ｓ₁ｓ₂²−５ｓ₂ｓ₃

から、

　　ｓ₁＝ｔ₁　、　ｓ₂＝（1/2）（ｔ₁²−ｔ₂）　、ｓ₃＝（1/3）（ｔ₃−ｔ₁ｔ₂）＋（1/6）（ｔ₁³−ｔ₁ｔ₂）

　　・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・・


　上記の基本対称式を同次対称式を用いて表す問題が、実際の大学入試に出題された。

横浜市立大学医学部（２０１３）

　ａ、ｂ、ｃ を定数として、Ａ、Ｂ、Ｃ を

　Ａ＝ａ＋ｂ＋ｃ　、Ｂ＝ａ²＋ｂ²＋ｃ²　、Ｃ＝ａ³＋ｂ³＋ｃ³

とおく。このとき、ａｂｃ をＡ、Ｂ、Ｃ を用いて表せ。

（解）　ａ³＋ｂ³＋ｃ³−３ａｂｃ＝（ａ＋ｂ＋ｃ）（ａ²＋ｂ²＋ｃ²−ａｂ−ｂｃ−ｃａ）　より、

　　Ｃ−３ａｂｃ＝Ａ（Ｂ−ａｂ−ｂｃ−ｃａ）

　ここで、　（ａ＋ｂ＋ｃ）²＝ａ²＋ｂ²＋ｃ²＋２ａｂ＋２ｂｃ＋２ｃａ　より、

　　Ａ²＝Ｂ＋２（ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ）

　よって、　ａｂ＋ｂｃ＋ｃａ＝（Ａ²−Ｂ）/２　なので、　３ａｂｃ＝Ｃ−Ａ（Ｂ−（Ａ²−Ｂ）/２）

　従って、　ａｂｃ＝（Ａ³−３ＡＢ＋２Ｃ）/６　となる。　　（終）


（追記）　平成２５年９月５日付けで、Ｋ．Ｓ．さんより、同次対称式についての続報をメール
　　　　で頂いた。文言等を補充して、その続報を読み解くことにしよう。このような機会を与
　　　　えていただいたＫ．Ｓ．さんに感謝します。

　同次対称式を基本対称式で表すことは、ニュートンの多項式

　ｔ_ｎ−ｓ₁ｔ_ｎ-1＋ｓ₂ｔ_ｎ-2−・・・＋（−１）^ｎ-1ｓ_ｎ-1ｔ₁＋（−１）^ｎｎｓ_ｎ＝０

から、順次解いていけばよい。

例　ｔ_ｎ−ｓ₁ｔ_ｎ-1＋ｓ₂ｔ_ｎ-2−・・・＋（−１）^ｎ-1ｓ_ｎ-1ｔ₁＋（−１）^ｎｎｓ_ｎ＝０　について、

　ｎ＝２　のとき、　ｔ₂−ｓ₁ｔ₁＋２ｓ₂＝０　で、　ｔ₁＝ｓ₁　なので、　ｔ₂＝ｓ₁²−２ｓ₂

　ｎ＝３　のとき、　ｔ₃−ｓ₁ｔ₂＋ｓ₂ｔ₁−３ｓ₃＝０　で、　ｔ₁＝ｓ₁　、ｔ₂＝ｓ₁²−２ｓ₂　なので、

　　　ｔ₃＝ｓ₁ｔ₂−ｓ₂ｔ₁＋３ｓ₃＝ｓ₁（ｓ₁²−２ｓ₂）−ｓ₁ｓ₂＋３ｓ₃＝ｓ₁³−３ｓ₁ｓ₂＋３ｓ₃

　ｎ＝４　のとき、　ｔ₄−ｓ₁ｔ₃＋ｓ₂ｔ₂−・・・＋（−１）^ｎ-1ｓ_ｎ-1ｔ₁＋（−１）^ｎｎｓ_ｎ＝０　で、

　　　ｔ₁＝ｓ₁　、ｔ₂＝ｓ₁²−２ｓ₂　、ｔ₃＝ｓ₁³−３ｓ₁ｓ₂＋３ｓ₃　なので、

　　　ｔ₄＝ｓ₁ｔ₃−ｓ₂ｔ₂＋ｓ₃ｔ₁−４ｓ₄

　　　　＝ｓ₁（ｓ₁³−３ｓ₁ｓ₂＋３ｓ₃）−ｓ₂（ｓ₁²−２ｓ₂）＋ｓ₁ｓ₃−４ｓ₄

　　　　＝ｓ₁⁴−３ｓ₁²ｓ₂＋３ｓ₁ｓ₃−ｓ₁²ｓ₂＋２ｓ₂²＋ｓ₁ｓ₃−４ｓ₄

　　　　＝ｓ₁⁴−４ｓ₁²ｓ₂＋４ｓ₁ｓ₃＋２ｓ₂²−４ｓ₄

　この計算を、ヤング図形を用いて考えてみよう。このページの練習問題に次のものがあった。

問　題　　ヤング図形　（４）　を、基本対称式を表すヤング図形の多項式で表せ。

（解）　（３）×（１）＝（４）＋（３１）　より、　（４）＝（３）×（１）−（３１）

　（３）＝（１）×（１）×（１）−３（１）×（１²）＋３（１³）　なので、

　（３）×（１）＝（１）×（１）×（１）×（１）−３（１）×（１）×（１²）＋３（１³）×（１）

また、（２１）×（１）＝（３１）＋２（２²）＋２（２１²）　より、（３１）＝（２１）×（１）−２（２²）−２（２１²）

ここで、（２１）＝（１²）×（１）−３（１³）　より、（２１）×（１）＝（１²）×（１）×（１）−３（１³）×（１）

また、（１²）×（１²）＝（２²）＋２（２１１）＋６（１⁴）　より、（２²）＝（１²）×（１²）−２（２１１）−６（１⁴）

ここで、　（１³）×（１）＝（２１１）＋４（１⁴）　より、（２１１）＝（１³）×（１）−４（１⁴）　なので、

（２²）＝（１²）×（１²）−２（（１³）×（１）−４（１⁴））−６（１⁴）＝（１²）×（１²）−２（１³）×（１）＋２（１⁴）

また、　（１³）×（１）＝（２１²）＋４（１⁴）　より、　（２１²）＝（１³）×（１）−４（１⁴）

よって、

　（３１）

＝（１²）×（１）×（１）−３（１³）×（１）
　　−２（（１²）×（１²）−２（１³）×（１）＋２（１⁴））−２（（１³）×（１）−４（１⁴））

＝（１²）×（１）×（１）−３（１³）×（１）
　　−２（１²）×（１²）＋４（１³）×（１）−４（１⁴）−２（１³）×（１）＋８（１⁴）

＝（１²）×（１）×（１）−（１³）×（１）−２（１²）×（１²）＋４（１⁴）

以上から、

　（４）

＝（１）×（１）×（１）×（１）−３（１）×（１）×（１²）＋３（１³）×（１）
　　−（（１²）×（１）×（１）−（１³）×（１）−２（１²）×（１²）＋４（１⁴））

＝（１）×（１）×（１）×（１）−３（１）×（１）×（１²）＋３（１³）×（１）
　　−（１²）×（１）×（１）＋（１³）×（１）＋２（１²）×（１²）−４（１⁴）

＝（１）×（１）×（１）×（１）−４（１）×（１）×（１²）
　　＋４（１³）×（１）＋２（１²）×（１²）−４（１⁴）　　（終）

　よって、少し煩雑だが、　ｔ₄＝ｓ₁⁴−４ｓ₁²ｓ₂＋４ｓ₁ｓ₃＋２ｓ₂²−４ｓ₄　が求められる。


　Ｋ．Ｓ．さんは、この計算について、直接、ｎ次の同次式を求める方法を考察された。

　次数の形を降順に並べて以下の規則で倍数の比で分ける。

　２→１１は２倍、

　３→２１は３倍、２１→１１１は２倍

　４→３１は４倍、３１→２２は１．５倍、２２→２１１は２倍

　５→４１は５倍、４１→３２は２倍、３２→３１１は２倍、３１１→２１１１は１．５倍

　６→５１は６倍、５１→４２は２．５倍、４２→４１１は２倍、４１１→３３は2/3倍

例　「２→１１は２倍」というルールは、ヤング図形の計算：　（１）×（１）＝（２）＋２（１²）　から
　　くるのだろうか？


　帰納的に、同次多項式が、ニュートンの多項式から次のように表されることが分かるので、

　　ｔ₄＝₄Ｃ₀（４個）−₄Ｃ₁（３個）＋₄Ｃ₂（２個）−₄Ｃ₃（１個）

　　　＝ｓ₁⁴−４ｓ₁²ｓ₂＋６（ｓ₂²，ｓ₁ｓ₃）−４ｓ₄

　　　＝ｓ₁⁴−４ｓ₁²ｓ₂＋２ｓ₂²＋４ｓ₁ｓ₃−４ｓ₄

同様に、

　　ｔ₅＝₅Ｃ₀（５個）−₅Ｃ₁（４個）＋₅Ｃ₂（３個）−₅Ｃ₃（２個）＋₅Ｃ₄（１個）

　　　＝ｓ₁⁵−５ｓ₁³ｓ₂＋１０（ｓ₁²ｓ₃，ｓ₁ｓ₂²）−１０（ｓ₁ｓ₄，ｓ₂ｓ₃）＋５ｓ₅

　　　＝ｓ₁⁵−５ｓ₁³ｓ₂＋５ｓ₁²ｓ₃＋５ｓ₁ｓ₂²−５ｓ₁ｓ₄−５ｓ₂ｓ₃＋５ｓ₅

　　ｔ₆＝₆Ｃ₀（６個）−₆Ｃ₁（５個）＋₆Ｃ₂（４個）−₆Ｃ₃（３個）＋₆Ｃ₄（２個）−₆Ｃ₅（１個）

　　　＝ｓ₁⁶−６ｓ₁⁴ｓ₂＋１５（ｓ₁²ｓ₂²，ｓ₁³ｓ₃）−２０（ｓ₂³，ｓ₁²ｓ₄，ｓ₁ｓ₂ｓ₃）
　　　　　＋１５（ｓ₃²，ｓ₁ｓ₅，ｓ₂ｓ₄）−６ｓ₆

　　　＝ｓ₁⁶−６ｓ₁⁴ｓ₂＋６ｓ₁³ｓ₃＋９ｓ₁²ｓ₂²−２ｓ₂³−６ｓ₁²ｓ₄−１２ｓ₁ｓ₂ｓ₃
　　　　　＋３ｓ₃²＋６ｓ₁ｓ₅＋６ｓ₂ｓ₄−６ｓ₆

　　ｔ₇＝₇Ｃ₀（７個）−₇Ｃ₁（６個）＋₇Ｃ₂（５個）−₇Ｃ₃（４個）
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＋₇Ｃ₄（３個）−₇Ｃ₅（２個）＋₇Ｃ₆（１個）

　　　＝ｓ₁⁷−７ｓ₁⁵ｓ₂＋２１（ｓ₁⁴ｓ₃，ｓ₁³ｓ₂²）−３５（ｓ₁³ｓ₄，ｓ₁ｓ₂³，ｓ₁²ｓ₂ｓ₃）
　　　　＋３５（ｓ₁²ｓ₅，ｓ₁ｓ₃²，ｓ₂²ｓ₃，ｓ₁ｓ₂ｓ₄）−２１（ｓ₁ｓ₆，ｓ₂ｓ₅，ｓ₃ｓ₄）＋７ｓ₇

　　　＝ｓ₁⁷−７ｓ₁⁵ｓ₂＋７ｓ₁⁴ｓ₃＋１４ｓ₁³ｓ₂²−７ｓ₁³ｓ₄−７ｓ₁ｓ₂³−２１ｓ₁²ｓ₂ｓ₃
　　　　＋７ｓ₁²ｓ₅＋７ｓ₁ｓ₃²＋７ｓ₂²ｓ₃＋１４ｓ₁ｓ₂ｓ₄−７ｓ₁ｓ₆−７ｓ₂ｓ₅−７ｓ₃ｓ₄＋７ｓ₇

　　ｔ₈＝₈Ｃ₀（８個）−₈Ｃ₁（７個）＋₈Ｃ₂（６個）−₈Ｃ₃（５個）
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　＋₈Ｃ₄（４個）−₈Ｃ₅（３個）＋₈Ｃ₆（２個）−₈Ｃ₇（１個）

　　　＝ｓ₁⁸−８ｓ₁⁶ｓ₂＋２８（ｓ₁⁵ｓ₃，ｓ₁⁴ｓ₂²）−５６（ｓ₁⁴ｓ₄，ｓ₁²ｓ₂³，ｓ₁³ｓ₂ｓ₃）
　　　　＋７０（ｓ₂⁴，ｓ₁³ｓ₅，ｓ₁²ｓ₃²，ｓ₁²ｓ₂ｓ₄，ｓ₁ｓ₂²ｓ₃）
　　　　−５６（ｓ₁²ｓ₆，ｓ₂²ｓ₄，ｓ₂ｓ₃²，ｓ₁ｓ₂ｓ₅，ｓ₁ｓ₃ｓ₄）＋２８（ｓ₄²，ｓ₁ｓ₇，ｓ₂ｓ₆，ｓ₃ｓ₅）−８ｓ₈

　　　＝ｓ₁⁸−８ｓ₁⁶ｓ₂＋８ｓ₁⁵ｓ₃＋２０ｓ₁⁴ｓ₂²−８ｓ₁⁴ｓ₄−１６ｓ₁²ｓ₂³−３２ｓ₁³ｓ₂ｓ₃
　　　　＋２ｓ₂⁴＋８ｓ₁³ｓ₅＋１２ｓ₁²ｓ₃²＋２４ｓ₁²ｓ₂ｓ₄＋２４ｓ₁ｓ₂²ｓ₃−８ｓ₁²ｓ₆−８ｓ₂²ｓ₄
　　　　−８ｓ₂ｓ₃²−１６ｓ₁ｓ₂ｓ₅−１６ｓ₁ｓ₃ｓ₄＋４ｓ₄²＋８ｓ₁ｓ₇＋ｓ₂ｓ₆＋８ｓ₃ｓ₅−８ｓ₈

　　ｔ₉＝₉Ｃ₀（９個）−₉Ｃ₁（８個）＋₉Ｃ₂（７個）−₉Ｃ₃（６個）
　　　　　　　　　　　＋₉Ｃ₄（５個）−₉Ｃ₅（４個）＋₉Ｃ₆（３個）−₉Ｃ₇（２個）＋₉Ｃ₈（１個）

　　　＝ｓ₁⁹−９ｓ₁⁷ｓ₂＋９ｓ₁⁶ｓ₃＋２７ｓ₁⁵ｓ₂²−９ｓ₁⁵ｓ₄−４５ｓ₁⁴ｓ₂ｓ₃−３０ｓ₁³ｓ₂³＋９ｓ₁ｓ₂⁴
　　　　＋１８ｓ₁³ｓ₃²＋３６ｓ₁³ｓ₂ｓ₄＋５４ｓ₁²ｓ₂²ｓ₃−９ｓ₁³ｓ₆−９ｓ₂³ｓ₃−２７ｓ₁²ｓ₂ｓ₅
　　　　−２７ｓ₁²ｓ₃ｓ₄−２７ｓ₁ｓ₂²ｓ₄−２７ｓ₁ｓ₂ｓ₃²＋３ｓ₃³＋９ｓ₁²ｓ₇＋９ｓ₁ｓ₄²＋９ｓ₂²ｓ₅
　　　　＋１８ｓ₁ｓ₂ｓ₆＋１８ｓ₁ｓ₃ｓ₅＋１８ｓ₂ｓ₃ｓ₄−９ｓ₁ｓ₈−９ｓ₂ｓ₇−９ｓ₃ｓ₆−９ｓ₄ｓ₅＋９ｓ₉


　規則性に、うまい説明ができないものかと検討したところ、「同次対称式の簡明な求め方」
の倍率が、文字の並べ方の場合の数と完全に一致することが分かり証明することができま
した。（平成２５年９月１５日付け）

　例えば、６次の同次対称式を展開するとき、先ず、二項係数を利用し、

ｔ₆＝₆Ｃ₆（６項の積の単項式）−₆Ｃ₅（５個）＋₆Ｃ₄（４個）−₆Ｃ₃（３個）＋₆Ｃ₂（２個）−₆Ｃ₁（１個）

　　　＝ｓ₁⁶−６ｓ₁⁴ｓ₂＋１５（ｓ₁³ｓ₃，ｓ₁²ｓ₂²）−２０（ｓ₂³，ｓ₁²ｓ₄，ｓ₁ｓ₂ｓ₃）
　　　　　＋１５（ｓ₃²，ｓ₁ｓ₅，ｓ₂ｓ₄）−６ｓ₆

　次に、括弧の中を展開する。展開の仕方は、例えば、３個の積の部分について、文字の
並べる場合の数を計算すると、倍数比が分かります。

　ｓ₁²ｓ₄ の係数を６とすると、ｓ₂³ の係数は、その１/３で２、ｓ₁ｓ₂ｓ₃ の係数は、その２倍で１２

　つまり、　２０（ｓ₂³，ｓ₁²ｓ₄，ｓ₁ｓ₂ｓ₃）＝６ｓ₁²ｓ₄＋２ｓ₂³＋１２ｓ₁ｓ₂ｓ₃

　他も同様にして、

ｔ₆＝ｓ₁⁶−６ｓ₁⁴ｓ₂＋６ｓ₁³ｓ₃＋９ｓ₁²ｓ₂²−２ｓ₂³−６ｓ₁²ｓ₄−１２ｓ₁ｓ₂ｓ₃
　　　　　＋３ｓ₃²＋６ｓ₁ｓ₅＋６ｓ₂ｓ₄−６ｓ₆

と展開できます。

　２→１１は２倍（１→２）

　３→２１は３倍、２１→１１１は２倍（１→３→６）

　４→３１は４倍、３１→２２は１．５倍、２２→２１１は２倍（１→４→６→１２）

　５→４１は５倍、４１→３２は２倍、３２→３１１は２倍、３１１→２２１は１．５倍（１→５→１０→２０→３０）

　６→５１は６倍、５１→４２は２．５倍、４２→４１１は２倍、４１１→３３は2/3倍（１→６→１５→３０→２０）

　７→６１は７倍、６１→５２は３倍、５２→５１１は５/３倍、５１１→４３は１倍（１→７→２１→３５→３５）

　括弧（　　）の中は、文字の並べ方の場合の数

　このように求めると、速く簡明に求めることができます。

　「行列式を展開する方法」

　

　例えば、ｎ＝３ のとき、

　

　よって、　ｔ₃＝ｓ₁³＋３ｓ₃−ｓ₁ｓ₂−２ｓ₁ｓ₂＝ｓ₁³−３ｓ₁ｓ₂＋３ｓ₃


（追記）　令和５年４月２３日付け

　大学入試問題で、「ｔ_５」が話題の問題に遭遇したので挑戦してみました。解と係数の関係
に関連する基本的な問題でした。


　東北大学　前期文系（１９９９）

　ｐは０でない定数とし、２次方程式 ｘ²−ｐｘ＋５ｐ＝０ を考える。

（１）　ｘ²−ｐｘ＋５ｐ＝０ の解α、βが、α⁵＋β⁵＝ｐ⁵ をみたすとする。このときのｐ
　　の値を求めよ

（２）　ｘ²−ｐｘ＋５ｐ＝０ は虚数解をもち、その５乗が実数であるとき、ｐの値を求めよ。

（解）（１）　解と係数の関係から、　α＋β＝ｐ　、αβ＝５ｐ

　α⁵＋β⁵＝（α²＋β²）（α³＋β³）−α²β²（α＋β）　なので、

　（ｐ²−１０ｐ）（ｐ³−１５ｐ²）−２５ｐ³＝ｐ⁵　すなわち、　ｐ＝５

（２）　判別式＝ｐ²−２０ｐ＜０　より、　０＜ｐ＜２０

　ｘ²＝ｐｘ−５ｐ　、ｘ³＝ｐｘ²−５ｐｘ＝ｐ（ｐｘ−５ｐ）−５ｐｘ＝（ｐ²−５ｐ）ｘ−５ｐ²

　ｘ⁴＝（ｐ²−５ｐ）ｘ²−５ｐ²ｘ＝（ｐ²−５ｐ）（ｐｘ−５ｐ）−５ｐ²ｘ＝（ｐ³−１０ｐ²）ｘ−５ｐ³＋２５ｐ²

　ｘ⁵＝（ｐ³−１０ｐ²）ｘ²−(５ｐ³−２５ｐ²）ｘ

　　＝（ｐ³−１０ｐ²）（ｐｘ−５ｐ）−(５ｐ³−２５ｐ²）ｘ＝ｐ²｛（ｐ²−１５ｐ＋２５）ｘ−５ｐ²＋５０｝

題意より、虚数解 ｘ の５乗 ｘ⁵ が実数なので、　ｐ²−１５ｐ＋２５＝０　でなければならない。

これを解いて、　ｐ＝（１５±５）/２

これは、０＜ｐ＜２０　を満たすので、ともに解である。　　（終）


（別解）（１）　ｘ²＝ｐｘ−５ｐ　から、　ｘ^ｎ+2＝ｐｘ^ｎ+1−５ｐｘ^ｎ であるので、

　漸化式　ｔ_ｎ+2＝ｐｔ_ｎ+1−５ｐｔ_ｎ　（ｎ＝１、２、・・・）　が成り立つ。

ただし、　ｔ_ｎ＝α^ｎ＋β^ｎ　とおき 、ｔ₁＝α＋β＝ｐ　、αβ＝５ｐ　である。

　よって、　ｔ₂＝α²＋β²＝（α＋β）²−２αβ＝ｐ²−１０ｐ

このとき、　ｔ₃＝ｐｔ₂−５ｐｔ₁＝ｐ³−１０ｐ²−５ｐ²＝ｐ³−１５ｐ²

　ｔ₄＝ｐｔ₃−５ｐｔ₂＝ｐ⁴−１５ｐ³−５ｐ³＋５０ｐ²＝ｐ⁴−２０ｐ³＋５０ｐ²

　ｔ₅＝ｐｔ₄−５ｐｔ₃＝ｐ⁵−２０ｐ⁴＋５０ｐ³−５ｐ⁴＋７５ｐ³＝ｐ⁵−２５ｐ⁴＋１２５ｐ³

題意より、　ｐ⁵−２５ｐ⁴＋１２５ｐ³＝ｐ⁵　なので、　２５ｐ³（ｐ−５）＝０

　ｐ≠０　なので、　ｐ＝５　　（終）


（コメント）　今更ながら、　α⁵＋β⁵＝（α²＋β²）（α³＋β³）−α²β²（α＋β）　という
　　　　　　式変形の優秀さが感じられた。



　　　以下、工事中！