Newtonの恒等式（高校数学）

同義語：ニュートンの恒等式（高校数学）

概要

前提知識: n次方程式の解と係数の関係, 対称式の基本定理（高校数学）, 数学的帰納法, 複素数

高校での出発点：αᵏ+βᵏ を順に求める

$x^2-3x+1=0$ の 2 つの解を $\alpha,\beta$ とすると、$\alpha+\beta=3$、$\alpha\beta=1$ である。$\alpha^2+\beta^2=7$、$\alpha^3+\beta^3=18$ は、対称式を $\alpha+\beta$ と $\alpha\beta$ で表して求めた（対称式の基本定理（高校数学））。$\alpha^{10}+\beta^{10}$ のように次数が大きくなると、毎回工夫するのは大変である。高校では、次のような漸化式を使う。

2 つの解の冪和の漸化式

$k\ge2$ について、$(\alpha+\beta)(\alpha^{k-1}+\beta^{k-1})$ を展開すると
$$ (\alpha+\beta)(\alpha^{k-1}+\beta^{k-1})=\alpha^k+\beta^k+\alpha\beta\,(\alpha^{k-2}+\beta^{k-2}) $$
である（$\alpha\cdot\beta^{k-1}+\beta\cdot\alpha^{k-1}=\alpha\beta(\beta^{k-2}+\alpha^{k-2})$）。$p_k:=\alpha^k+\beta^k$ とおくと、$p_k=(\alpha+\beta)p_{k-1}-\alpha\beta\,p_{k-2}=3p_{k-1}-p_{k-2}$ である。$p_0=2$、$p_1=3$ から

$p_2=3\cdot3-2=7$、$p_3=3\cdot7-3=18$、$p_4=3\cdot18-7=47$、$p_5=3\cdot47-18=123$。

$p_k=3p_{k-1}-p_{k-2}$ は三項間漸化式で、特性方程式がもとの方程式 $x^2-3x+1=0$ そのものになる。三項間漸化式の解き方は三項間漸化式と行列の固有値で扱う。

3 つの解の冪和

$x^3-6x^2+11x-6=(x-1)(x-2)(x-3)$ の解は $1,2,3$ で、直接計算すると

$p_1=1+2+3=6$、$p_2=1+4+9=14$、$p_3=1+8+27=36$、$p_4=1+16+81=98$
である。係数（$e_1=6$、$e_2=11$、$e_3=6$）だけから、これらを順に求める規則がほしい。

ここで次の問いが生じる。

文字が $n$ 個のとき、冪和 $p_k$ を基本対称式から順に計算する一般的な規則はあるか。→ thm-nwi-main
逆に、冪和 $p_1,p_2,\dots$ がわかれば、解（根）そのものが決まるか。→ cor-nwi-determine

その規則が使えない場合はあるか。→ ex-nwi-f2、ex-nwi-too-few

高校の計算	この記事の言葉	大学の言葉
$\alpha^k+\beta^k$	冪和 $p_k$	冪和対称式
$\alpha^k+\beta^k$ の三項間漸化式	cor-nwi-recurrence	線形漸化式、行列の $\mathrm{tr}(A^k)$
対称式を $\alpha+\beta$、$\alpha\beta$ で表す	thm-nwi-main	冪和と基本対称式の変換公式
連立方程式 $x+y+z=\cdots$、$x^2+y^2+z^2=\cdots$	cor-nwi-determine	冪和による根の決定

冪和と Newton の恒等式

冪和

$n$ 個の文字 $x_1,\dots,x_n$ と $k\ge1$ について、$p_k:=x_1^k+x_2^k+\cdots+x_n^k$ を $k$ 次の冪和という（$p_0:=n$ とおく）。基本対称式 $e_k$（相異なる $k$ 個の文字の積の和）については、$e_0:=1$ とし、$k>n$ または $k<0$ では $e_k:=0$ とおく。

冪和と基本対称式の値

$(1,2,3)$ では $p_1,p_2,p_3,p_4=6,14,36,98$、$e_1,e_2,e_3=6,11,6$、$e_4=0$（文字が 3 個なので）。
$(1,1)$ では $p_k=2$（すべての $k$）、$e_1=2$、$e_2=1$。

Newton の恒等式

$n$ 文字の基本対称式 $e_k$ と冪和 $p_k$ について、すべての $k\ge1$ で
$$ ke_k=\sum_{j=1}^k(-1)^{j-1}e_{k-j}\,p_j=e_{k-1}p_1-e_{k-2}p_2+\cdots+(-1)^{k-1}e_0\,p_k $$
が成り立つ（$k>n$ では $e_k=0$）。$p_k$ について解くと
$$ p_k=e_1p_{k-1}-e_2p_{k-2}+\cdots+(-1)^{k-2}e_{k-1}p_1+(-1)^{k-1}ke_k $$
である。

小さい k で書き出す

$p_k$ について解いた式を $k=1,2,3,4$ で書くと

$k=1$：$p_1=e_1$。
$k=2$：$p_2=e_1p_1-2e_2=e_1^2-2e_2$。
$k=3$：$p_3=e_1p_2-e_2p_1+3e_3=e_1^3-3e_1e_2+3e_3$。
$k=4$：$p_4=e_1p_3-e_2p_2+e_3p_1-4e_4$。
$(1,2,3)$ で確かめる（$e_1=6$、$e_2=11$、$e_3=6$、$e_4=0$）：$p_2=36-22=14$、$p_3=6\cdot14-11\cdot6+3\cdot6=84-66+18=36$、$p_4=6\cdot36-11\cdot14+6\cdot6-0=216-154+36=98$。ex-nwi-three-var の直接計算と一致する。2 文字（$e_3=0$）の $k=3$ の式は、高校の $\alpha^3+\beta^3=(\alpha+\beta)^3-3\alpha\beta(\alpha+\beta)$ である。

証明のために、1 つの文字を除いた基本対称式を使う。文字 $x_i$ を除いた $n-1$ 個の文字の基本対称式を $e_m^{(i)}$ と書く（$e_0^{(i)}=1$、$m<0$ または $m>n-1$ では $0$）。

1 つの文字を除いた基本対称式

各 $i$ と $m\ge0$ について、次が成り立つ。
(1) $e_m=e_m^{(i)}+x_i\,e_{m-1}^{(i)}$。
(2) $e_m^{(i)}=\sum_{j=0}^m(-1)^jx_i^j\,e_{m-j}=e_m-x_ie_{m-1}+x_i^2e_{m-2}-\cdots+(-1)^mx_i^m$。

積を分ける、m についての帰納法

$m=0$ なら両辺とも $1$ である（$e_{-1}^{(i)}=0$）。$m\ge1$ とする。$e_m$ は「相異なる $m$ 個の文字の積」の和である。これらの積を、$x_i$ を含まないものと含むものに分ける。含まないものの和は $e_m^{(i)}$ である。含むものは $x_i$ と「$x_i$ 以外の相異なる $m-1$ 個の文字の積」の積なので、その和は $x_ie_{m-1}^{(i)}$ である。
$m$ についての数学的帰納法で示す。$m=0$ では両辺とも $1$ である。$m\ge1$ とし、$m-1$ で成り立つとする。(1) を $e_m^{(i)}=e_m-x_ie_{m-1}^{(i)}$ と書き直し、$e_{m-1}^{(i)}$ に帰納法の仮定を代入すると
$$ e_m^{(i)}=e_m-x_i\sum_{j=0}^{m-1}(-1)^jx_i^je_{m-1-j}=e_m+\sum_{j=0}^{m-1}(-1)^{j+1}x_i^{j+1}e_{m-(j+1)} $$
である。右辺の和で $j+1$ を改めて $j$ と書くと $\sum_{j=1}^m(-1)^jx_i^je_{m-j}$ になり、$j=0$ の項 $e_m$ と合わせて主張の式を得る。$\square$

補題を 3 文字で確かめる

$n=3$、$i=1$ とする。

$m=1$：$e_1^{(1)}=x_2+x_3$、右辺は $e_1-x_1=x_2+x_3$。
$m=2$：$e_2^{(1)}=x_2x_3$、右辺は $e_2-x_1e_1+x_1^2=(x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3)-(x_1^2+x_1x_2+x_1x_3)+x_1^2=x_2x_3$。
$m=3$：$e_3^{(1)}=0$（残りは 2 文字）なので、$0=e_3-x_1e_2+x_1^2e_1-x_1^3$、すなわち $x_1^3-e_1x_1^2+e_2x_1-e_3=0$ である。これは「$x_1$ は $(t-x_1)(t-x_2)(t-x_3)=t^3-e_1t^2+e_2t-e_3$ の根である」ことそのものである。

Newton の恒等式の証明

方針：和 $\sum_{i=1}^nx_ie_{k-1}^{(i)}$ を 2 通りに計算する。
段 1（数える）。$x_ie_{k-1}^{(i)}$ は「$x_i$ を含む、相異なる $k$ 個の文字の積」の和である。$i=1,\dots,n$ について足すと、相異なる $k$ 個の文字の積 1 つ 1 つが、それに含まれる文字の数、すなわち $k$ 回ずつ数えられる（図 1）。よって
$$ \sum_{i=1}^nx_ie_{k-1}^{(i)}=ke_k $$
である。$k>n$ のときは、$k-1>n-1$ なので左辺の各項は $0$ で、右辺も $e_k=0$ なので成り立つ。
段 2（補題を使う）。lem-nwi-remove-one の (2) を $m=k-1$ として両辺に $x_i$ を掛け、$i$ について足すと
$$ \sum_{i=1}^nx_ie_{k-1}^{(i)}=\sum_{i=1}^n\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^jx_i^{j+1}e_{k-1-j}=\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^j\Bigl(\sum_{i=1}^nx_i^{j+1}\Bigr)e_{k-1-j}=\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^jp_{j+1}\,e_{k-1-j} $$
である（$e_{k-1-j}$ は $i$ によらないので、$i$ についての和を先にとった）。
段 3（まとめる）。段 2 の右辺で $j+1$ を改めて $j$ と書くと $\sum_{j=1}^k(-1)^{j-1}e_{k-j}p_j$ になる。段 1 と合わせて主張の第 1 式を得る。
段 4（$p_k$ について解く）。第 1 式の $j=k$ の項 $(-1)^{k-1}e_0p_k=(-1)^{k-1}p_k$ を残して他を移項し、両辺に $(-1)^{k-1}$ を掛けると
$$ p_k=(-1)^{k-1}ke_k-\sum_{j=1}^{k-1}(-1)^{k+j}e_{k-j}p_j $$
である。$i:=k-j$ とおくと $-(-1)^{k+j}=(-1)^{2k-i+1}=(-1)^{i-1}$ なので、右辺の和は $\sum_{i=1}^{k-1}(-1)^{i-1}e_ip_{k-i}$ となり、主張の第 2 式を得る。$\square$

図1：n = 4、k = 2 の場合。行 i は x_i e₁⁽ⁱ⁾ に現れる積、列は 2 文字の積 1 つを表す。各列にちょうど 2 個の印があるので、全体の和は 2e₂ になる。

k が n より大きいとき：冪和の漸化式

冪和の線形漸化式

$k>n$ のとき
$$ p_k=e_1p_{k-1}-e_2p_{k-2}+\cdots+(-1)^{n-1}e_np_{k-n} $$
が成り立つ。冪和の列は $n$ 項間の線形漸化式を満たす。

Newton の恒等式で e を 0 にする

thm-nwi-main の第 2 式で、$k>n$ なら $e_k=0$ であり、$i>n$ の $e_i$ も $0$ なので、和は $i=1,\dots,n$ の項だけが残る。$\square$

これは、各 $x_i$ が $t^n-e_1t^{n-1}+\cdots+(-1)^ne_n=0$ の根であること（ex-nwi-lemma-check の $m=3$ の式）の両辺に $x_i^{k-n}$ を掛けて、$i$ について足したものと同じである。

漸化式で冪和を求める

2 文字（$x^2-3x+1$ の解）：$p_k=3p_{k-1}-p_{k-2}$ で、ex-nwi-two-var の漸化式そのものである。$p_0,p_1,\dots=2,3,7,18,47,123,322,\dots$。
3 文字（解 $1,2,3$）：$p_k=6p_{k-1}-11p_{k-2}+6p_{k-3}$。$p_5=6\cdot98-11\cdot36+6\cdot14=588-396+84=276$ で、直接の $1+32+243=276$ と一致する。

2 文字の冪和 $p_k=x_1^k+x_2^k$ が満たす三項間漸化式と、その特性方程式の関係は三項間漸化式の特性方程式で扱う。

冪和は根を決める

冪和による根の決定

係数が有理数・実数・複素数のとき（一般に $1,2,\dots,n$ で割れる数の体系のとき）、$p_1,\dots,p_n$ から $e_1,\dots,e_n$ が決まる。特に、複素数の組 $(a_1,\dots,a_n)$ と $(b_1,\dots,b_n)$ が、$k=1,\dots,n$ のすべてで $\sum_ia_i^k=\sum_ib_i^k$ を満たすなら、2 つの組は並べ替えを除いて一致する。

順に割る、1 次式で約す

段 1。thm-nwi-main の第 1 式を $k$ で割ると
$$ e_k=\frac1k\sum_{j=1}^k(-1)^{j-1}e_{k-j}p_j $$
である。右辺には $e_0,\dots,e_{k-1}$ と $p_1,\dots,p_k$ しか現れない。$k=1,2,\dots,n$ の順に使えば、$e_1,\dots,e_n$ が $p_1,\dots,p_n$ だけで決まる。
段 2。2 つの組の $p_1,\dots,p_n$ が一致すれば、段 1 により $e_1,\dots,e_n$ も一致する。n次方程式の解と係数の関係により、$\prod_i(t-a_i)$ と $\prod_i(t-b_i)$ は係数がすべて同じなので、多項式として等しい。
段 3。$t=a_1$ を代入すると、左辺は $0$ なので $\prod_j(a_1-b_j)=0$ である。複素数では、積が $0$ なら因子のどれかが $0$ なので、$a_1=b_j$ となる $j$ がある。両辺から因子 $t-a_1$ を約す（$0$ でない多項式で割っても、複素数係数の多項式の等式は保たれる）と、残りの $n-1$ 個どうしの積が等しい。同じ議論をくり返せばよい。$\square$

冪和から数を復元する

3 つの数の冪和が $p_1=3$、$p_2=5$、$p_3=9$ だとする。cor-nwi-determine の証明の段 1 の式で順に求めると

$e_1=p_1=3$。
$e_2=\frac12(e_1p_1-p_2)=\frac12(9-5)=2$。
$e_3=\frac13(e_2p_1-e_1p_2+p_3)=\frac13(6-15+9)=0$。
よって 3 つの数は $t^3-3t^2+2t=t(t-1)(t-2)$ の根で、$0,1,2$ である。実際 $0+1+2=3$、$0+1+4=5$、$0+1+8=9$ である。

例と反例

外した仮定	崩れる主張	ボックス
$1,\dots,n$ で割れる	冪和が基本対称式を決める	ex-nwi-f2
$k=1,\dots,n$ のすべての冪和	冪和が根を決める	ex-nwi-too-few

反例：2 で割れない世界

$0$ と $1$ だけからなり $1+1=0$ と計算する世界 $\mathbb{F}_2$（2 で割った余りの世界。合同式と余りの世界で扱う）で、2 文字の組 $(1,1)$ と $(0,0)$ を比べる。冪和は $p_1=1+1=0$、$p_2=1+1=0$ で、どちらの組も $0,0$ である。しかし $e_2$ は $1\cdot1=1$ と $0$ で異なり、対応する多項式も $(t-1)^2=t^2-2t+1=t^2+1$ と $t^2$ で異なる。Newton の恒等式 $2e_2=e_1p_1-p_2$ から $e_2$ を求めるには 2 で割る必要があるが、$\mathbb{F}_2$ では $2=0$ で割れない。cor-nwi-determine の「$1,\dots,n$ で割れる」という仮定を外すと、結論は成り立たない。

反例：冪和が n 個そろわない

$\omega=\frac{-1+\sqrt3\,i}2$ とすると $\omega^3=1$、$1+\omega+\omega^2=0$ である。3 文字の組 $(1,\omega,\omega^2)$ と $(0,0,0)$ を比べる。

$p_1=1+\omega+\omega^2=0$。
$p_2=1+\omega^2+\omega^4=1+\omega^2+\omega=0$（$\omega^4=\omega$）。
$p_3=1+\omega^3+\omega^6=1+1+1=3$。
$p_1,p_2$ は $(0,0,0)$ と一致するが、$p_3$ は $3$ と $0$ で異なる。3 文字では $p_1,p_2,p_3$ の 3 つが必要であり、「$k=1,\dots,n$ のすべてで」という条件を外すと結論は成り立たない。

図2：1 の 3 乗根 1, ω, ω² を k 乗した点と、その和（×）。k = 1, 2 では 3 点が正三角形をなして和は 0、k = 3 では 3 点とも 1 に重なり和は 3 になる。
図 2 は、ex-nwi-too-few の 3 つの冪和 $p_1,p_2,p_3$ を単位円上で見たものである。$k=1,2$ では $1,\omega^k,\omega^{2k}$ が正三角形の頂点になって重心が原点に来るので和は $0$、$k=3$ では 3 点とも $1$ に重なるので和は $3$ である。$1$ の冪根の冪の和がこのように $0$ か $n$ になることは、1の冪根で数を振り分けるで係数を振り分けるのに使う。

数学オリンピックの問題から

1973 年第 4 問：冪和から解を決める

アメリカ数学オリンピック（1973 年）第 4 問

問題の内容は次のとおりである（筆者による要約）。
連立方程式 $x+y+z=3$、$x^2+y^2+z^2=3$、$x^3+y^3+z^3=3$ の、複素数の範囲でのすべての解を求めよ。
出典：アメリカ数学オリンピック（1973 年）第 4 問 Oly73。

高校数学で解く

段 1。$e_1=x+y+z=3$ である。
段 2。$x^2+y^2+z^2=e_1^2-2e_2$（ex-nwi-small-k）から $3=9-2e_2$ なので、$e_2=3$ である。
段 3。$x^3+y^3+z^3=e_1^3-3e_1e_2+3e_3$ から $3=27-27+3e_3$ なので、$e_3=1$ である。
段 4。解と係数の関係により、$x,y,z$ は
$$ t^3-3t^2+3t-1=(t-1)^3=0 $$
の 3 つの根（重複込み）である。この方程式の根は $1$ だけなので、$x=y=z=1$ が唯一の解である。
注意。実数の範囲なら、$(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=(x^2+y^2+z^2)-2(x+y+z)+3=3-6+3=0$ から、すぐに $x=y=z=1$ がわかる（実数の 2 乗の和が $0$ なら各項が $0$）。しかし複素数ではこの論法は使えない。実際 $(x,y,z)=\bigl(\frac12-\frac{\sqrt3}2i,\ \frac12+\frac{\sqrt3}2i,\ 2\bigr)$ は最初の 2 式を満たし、$(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=0$ にもなるが、3 乗の和は $6$ である。第 3 式まで使う上の方法は、複素数でもそのまま通用する。$\square$

大学数学で見ると

これは cor-nwi-determine の $n=3$ の場合である。$(x,y,z)$ と $(1,1,1)$ は冪和 $p_1,p_2,p_3$ が一致するので、並べ替えを除いて一致する。一般に、複素数 $x_1,\dots,x_n$ が $k=1,\dots,n$ で $\sum_ix_i^k=n$ を満たせば、すべての $x_i$ は $1$ である。行列の言葉では、$n\times n$ 行列 $A$ が $\mathrm{tr}(A^k)=n$（$k=1,\dots,n$）を満たせば、固有値はすべて $1$ である（トレースと固有値）。

さらに先へ

文字の数を限りなく増やした「対称関数の環」では、基本対称式・完全斉次対称式・Schur 関数は整数係数で、冪和は有理数係数で、それぞれ基底をなす（対称関数）。冪和が整数係数で基底にならないのは、$e_2=\frac12(p_1^2-p_2)$ のように 2 で割る操作が要るからである。Newton の恒等式は、基底の間の変換公式の最初の例である。
Newton の恒等式には、$\prod_i(t-x_i)$ の対数微分を形式的冪級数として展開する別証明もある（Sho08 §16.8 の演習 16.28–16.29）。
正方行列の固有値の冪和は $\mathrm{tr}(A^k)$ に等しいので、Newton の恒等式により、$\mathrm{tr}A,\mathrm{tr}(A^2),\dots,\mathrm{tr}(A^n)$ から固有多項式が決まる（トレースと固有値）。
この恒等式の大学向けの説明は Newtonの恒等式に、対称式を基本対称式で表す定理の大学向けの説明は対称式の基本定理にある。