一道初等对称多项式是整数的证明题

郝酒

$x_1,\cdots,x_n\in \mathbb{R}$，$\sigma_1,\cdots,\sigma_n$是初等对称多项式，$S_k=x_1^k+\cdots+x_n^k$.
若对任意的$k$，$S_k$是整数，则$\sigma_1,\cdots,\sigma_n$是整数.

Czhang271828

先用 Newton identity 证明初等多项式结果均为有理数. 即, 存在 $\{N_i\}_{i=1}^n\subseteq \mathbb N_+$ 使得 $N_i\sigma_i\in \mathbb Z$. 根据 Newton identity 的构造, 不妨假定此处选取的 $N_i$ 只与多项式结构相关, 与一切 $S_i$ 无关.

我们随后发现 $N_n\cdot \sigma_n^{2^k}\in \mathbb Z$ 对一切 $k$ 成立. 因此只能有 $\sigma_n\in \mathbb Z$. 随后对 $i$ (从 $n$ 到 $1$)进行归纳. 由于 $\sigma_i^{2^k}$ 仅由 $\{S_i\}\cup \{\sigma_{i+1},\ldots,\sigma_n\}$ 生成的整系数多项式表示, 从而归纳可知 $N_i\cdot \sigma_i^{2^k}\in \mathbb Z$, 即 $\sigma_i\in \mathbb Z$. $k$ 始终为任意正整数.

值得一提的是, 如果把题目中 "任意 $k$" 换做 "$1\leq k\leq n$", 结论是不对的. 例如 $x_{1,2}=\frac{\sqrt 2\pm 1}{\sqrt2}$.

hbghlyj

Czhang271828 发表于 2023-4-14 05:50
值得一提的是, 如果把题目中 "任意 $k$" 换做 "$1\leq k\leq n$", 结论是不对的. 例如 $x_{1,2}=\frac{\sqrt 2\pm 1}{\sqrt2}$.

"任意 $k$" 换做 "$1\leq k\leq 2n$", 结论是否正确？