牛顿恒等式牛顿和

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前言：仅个人小记。该恒等式推导逻辑非常简洁。目标：求一个多项式的所有根的次幂和。比如多项式 $P(x)=\Sigma_{i=0}^{n}a_i x^i$ 的根为 $\alpha,\beta,...,\omega$ ，现在希望求得所有根的 $k$ 次幂和，记为 $P_k=\alpha^k+\beta^k+...+\omega^k$ 。牛顿给出了关于次幂和 $P_1,P_2,...,P_k$ 和多项式系数之间的一个恒等式关系，称为牛顿恒等式。

注意：只是假定了根，在假定根的基础上推导出了 $P_1,P_2,...,P_k$ 之间的关系，注意这个关系并不依赖于根值。

过程描述

多项式为 $P(x)=\sum_{i=0}^{n}a_i x^i$ ，另一种等价描述为 $P(x)=\sum_{i=-\infty}^n a_ix^i,(a_i=0,i<0)$ 该多项式的根为根为 $\alpha,\beta,...,\omega$ 【注意，这里并没有说是全部根】，记 $P_k=\alpha^k+\beta^k+...+\omega^k$
显然，因为 $\alpha,\beta,...,\omega$ 是 $P(x)=\sum_{i=0}^{n}a_i x^i$ 的根，故而必然

$P(\alpha)=0\\ P(\beta)=0\\...\\P(\omega)=0$ 进而，必然有

$\alpha^{k-n}P(\alpha)=0\\\beta^{k-n}P(\beta)=0\\\omega^{k-n}P(\omega)=0$ 展开为
$\sum_{i=\infty}^{n}a_i\alpha^{i+k-n}=0 \\\sum_{i=-\infty}^{n}a_i\beta^{i+k-n}=0\\... \\\sum_{i=-\infty}^{n}a_i\omega^{i+k-n}=0$ 对上述所有式子左右两侧累加得到，

$\sum_{i=-\infty}^{n}a_i(\alpha^{i+k-n}+\beta^{i+k-n}+...+\omega^{i+k-n})=0$
进一步代入上面定义了的符号 $P_k=\alpha^k+\beta^k+...+\omega^k$ ，则有

$\sum_{ {\color{red}i}=0}^{n}a_{\color{red}i}P_{ {\color{red}i}+k-n}=0$
即牛顿恒等式，进一步将其展开为(注意下标)

$a_{\color{red}n}P_{ {\color{red}n}+k-n}+a_{\color{red}n-1}P_{ {\color{red}n-1}+k-n}+...+a_{\color{red}0}P_{ {\color{red}0}+k-n}=0$ 即 $a_nP_k+a_{n-1}P_{k-1}+...+a_0P_{k-n}=0,k-n\geq0$ 这就是我们平常见到的牛顿恒等式的完整描述（注意：该式子是恒等式组，而不只是单个式子）。具体地，考虑 $k = 1$ 时，则有
$\begin{aligned}{\color{blue}k=1},&\ \ \ a_nP_1+a_{n-1}P_0=0 \\{\color{blue}k=2},&\ \ \ a_nP_2+a_{n-1}P_1+a_{n-2}P_0=0 \\... \\{\color{blue}k=k},&\ \ \ a_nP_k+a_{n-1}P_{k-1}+...+a_0P_{k-n}=0 \end{aligned}$

再次强调，上述的推导过程只是使用了假定的根，在这个基础上推出了 $P_1,P_2,...,P_k$ 之间的关系。另外，默认最高次项系数 $a_n=1$ 。

$P(x)=(x-1)(x-2)=x^2-3x+2=a_2x^2+a_1x+a_0$ ，进而， $a_2=1,a_1=-3,a_0=2$ 。显然， $P (x)$ 的根位 $\alpha = 1,\beta = 2$ ，则计算牛顿和为 $P_0= \alpha^0+\beta^0=1^0+2^0=2\\ P_1= \alpha^1+\beta^1=1^1+2^1=3\\ P_2= \alpha^2+\beta^2=1^2+2^2=5$
验证牛顿恒等式： $k = 1$ 时， $a_2P_1+a_1P_0=1\times 3+(-3)\times1=0$ ，验证通过。 $k = 2$ 时， $a_2P_2+a_1P_1+a_0P_0=1\times5+(-3)\times3+2\times 2=0$ ，验证通过。

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注意到， $P_0$ 的值就是根的数目。

牛顿恒等式的使用示例

${\color{red}希望计算}$ ${\color{red}P_k}=\alpha^k + \beta^k+...+\omega^k$ ，显然根据牛顿恒等式

$a_nP_k+a_{n-1}P_{k-1}+...+a_0P_{k-n}=0,k-n\geq 0$

${\color{red}只要计算出}$ ${\color{red}P_{k-1},P_{k-2},...,P_{0}}$ 即可，显然这呈现出了一种递归的形态，递归的最深层就是求解 $P_0$ ，而显然 $P_0=\alpha^0+\beta^0+...+\omega^0=1$ ，是一个确定值，所以递归必然可以终止，进而必然可以递归求解出目标 $P_k$ 。

给定牛顿和求系数

公式

$f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0$
$\begin{aligned}P_1+a_{n-1} = 0 \\ P_2+a_{n-1}P_1+2a_{n-2} = 0 \\ P_2+a_{n-1}P_2+a_{n-2}P_1+3a_{n-3} = 0 \\... \end{aligned}$

例子

$x-1)^2(x-2)=-2+5x-4x^2+x^3$
$P_1 = 1+1+2={\color{green}4},P_2=1^2+1^2+2^2={\color{green}6},P_3=1^3+1^3+2^3={\color{green}10}$
$n = 3$
$P_1+a_{3-1} = 0\Rightarrow {\color{blue}a_{2} = -{\color{green}4}}$

$P_2+a_{3-1}P_1+2a_{3-2}= 0\Rightarrow {\color{blue}a_1=-\frac{P_2+a_2P_1}{2}=-\frac{ {\color{green}6}-4*{\color{green}4}}{2}=5}$

$P_3+a_{3-1}P_2+a_{3-2}P_1+3a_{3-3}=0\Rightarrow {\color{blue}a_0=-\frac{ {\color{green}10}-4*{\color{green}6}+5*{\color{green}4}}{3}=-2}$

n=10例子

$\begin{aligned}P_1+{\color{red}a_9}&=0\\ P_2+{\color{red}a_9}P_1+2{\color{blue}a_8}&=0\\ P_3+{\color{red}a_9}P_2+{\color{blue}a_8}P_1+3{\color{green}a_7}&=0\\ P_4+{\color{red}a_9}P_3+{\color{blue}a_8}P_2+{\color{green}a_7}P_1+4{\color{orange}a_6}&=0\\ P_5+{\color{red}a_9}P_4+{\color{blue}a_8}P_3+{\color{green}a_7}P_2+{\color{orange}a_6}P_1+5{\color{purple}a_5}&=0\\ P_6+{\color{red}a_9}P_5+{\color{blue}a_8}P_4+{\color{green}a_7}P_3+{\color{orange}a_6}P_2+{\color{purple}a_5}P_1+6a_4&=0\\ ... \end{aligned}$

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例子

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