牛顿恒等式
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首一（$a_n = 1$）的多项式
\[f(x) = \sum_{i=0}^n a_i x^i\]有 $n$ 个根 $r_1, \cdots, r_n$。
定义幂和
\[S_k = \sum_{i=1}^n r_i^k\]我们现在希望研究幂和。
一个直觉
\[\begin{cases} r_1^n + a_{n-1} r_1^{n-1} + \cdots + a_0 = 0 \\ r_2^n + a_{n-1} r_2^{n-1} + \cdots + a_0 = 0 \\ \vdots \\ r_n^n + a_{n-1} r_n^{n-1} + \cdots + a_0 = 0 \\ \end{cases}\]加起来可知
\[S_n + a_{n-1} S_{n-1} + \cdots + a_1 S_1 + a_0 S_0 = 0\]$k \ge n$ 的牛顿恒等式
我们现在想知道 $S_k$ 的表现，即我们需要研究 $r_i^k$。
对于
\[r^n + a_{n-1} r^{n-1} + \cdots + a_0 = 0\]我们在两边同乘 $r^{k-n}$：
\[r^k + a_{n-1} r^{k-1} + \cdots + a_0 r^{k-n} = 0\]再和前面一样地把 $n$ 个式子加起来：
\[\boxed{ S_k + a_{n-1} S_{k-1} + \cdots + a_0 S_{k-n} = 0, \ \text{when} \ k \ge n }\]$1 \le k \le n$ 的牛顿恒等式
\[\boxed{ S_k + a_{n-1} S_{k-1} + \cdots + a_{n-k+1} S_1 + \textcolor{red}{a_{n-k} k} = 0, \ \text{when} \ 1 \le k \le n }\]TODO: 证明
例题
已知
\[\begin{cases} x+y+z=1 \\ x^2+y^2+z^2=2 \\ x^3+y^3+z^3=3 \\ \end{cases}\]求 $x^5+y^5+z^5$ 的值。
已知了小的 $S$，先求多项式系数 $a$。
\[\begin{cases} S_3 + a_2 S_2 + a_1 S_1 + \textcolor{red}{a_0 \times 3} = 0 \\ S_2 + a_2 S_1 + \textcolor{red}{a_1 \times 2} = 0 \\ S_1 + \textcolor{red}{a_2 \times 1} = 0 \\ \end{cases}\]求出
\[\begin{cases} a_2 = -1 \\ a_1 = - \frac 1 2 \\ a_0 = - \frac 1 6 \\ \end{cases}\]即 $x,y,z$ 是 $f(t) = t^3 - t^2 - \frac 1 2 t - \frac 1 6$ 的根。
接着直接递推
\[\begin{cases} S_4 + a_2 S_3 + a_1 S_2 + a_0 S_1 = 0 \\ S_5 + a_2 S_4 + a_1 S_3 + a_0 S_2 = 0 \\ \end{cases}\]可知
\[\begin{cases} S_4 = \frac {25} 6 \\ S_5 = \boxed{6} \\ \end{cases}\]