下面這兩個恒等式是我們所熟知的： \begin{eqnarray*} \hbox{(i)}&&(1-x_1x_2)^2+(x_1+x_2)^2=(1+x_1^2)(1+x_2^2);\\ \hbox{(ii)}&&(1+x_1x_2)^2-(x_1+x_2)^2=(1-x_1^2)(1-x_2^2).\hskip 5cm~ \end{eqnarray*} 本文中我們將這兩個恒等式推廣到一般情形。

定理1： 關於 $x_1,x_2,x_3,\ldots,x_n$ 的 $k$ 次初等對稱多項式記作 $\sigma^k_n$, 即： $\sigma_n^0=1$, $\sigma_n^1=\sum\limits_{l=1}^n x_l$, \begin{eqnarray*} \sigma_n^2&=&\sum_{1\le l\lt m\le n}^n x_lx_m,\cdots,\sigma_n^n=\prod_{m=1}^n x_m,\nonumber\\ {\hbox{則}} &&\left(\sum_{k=0}^{[\frac n2]}(-1)^k\sigma_n^{2k}\right)^2 +\left(\sum_{k=0}^{[\frac {n-1}2]}(-1)^k\sigma_n^{2k+1}\right)^2=\prod_{k=1}^n (1+x_k^2). \end{eqnarray*}

證明： 構造函數 \begin{equation} f(x)=\prod_{k=1}^n (x-x_k),\label{1} \end{equation} 而 $1+x_k^2=(x_k+i)(x_k-i)$, 因此由 \eqref{1} 式有： \begin{equation} \prod_{k=1}^n (1+x_k^2)=\prod_{k=1}^n (i-x_k)\cdot \prod_{k=1}^n (-i-x_k)=f(i)\cdot f(-i).\label{2} \end{equation} 另一方面, 由根與係數關係知 \eqref{1} 式可展開為： \begin{equation} f(x)=\sum_{k=0}^n (-1)^k \sigma_n^kx^{n-k}.\label{3} \end{equation} 而由 \eqref{3} 式有： \begin{eqnarray} f(i)&=&\sum_{k=0}^n (-1)^k \sigma_n^kx^{n-k}=\sum_{k=0}^n i^{2k}\sigma_n^k i^{n-k}=i^n\sum_{k=0}^n i^k \sigma_n^k\nonumber\\ &=&i^n(\sigma_n^0+i\sigma_n^1-\sigma_n^2-i\sigma_n^3+\sigma_n^4+i\sigma_n^5-\cdots+\sigma_n^ni^n)\nonumber\\ &=&i^n((\sigma_n^0-\sigma_n^2+\sigma_n^4-\sigma_n^6+\cdots)+i(\sigma_n^1-\sigma_n^3+\sigma_n^5-\sigma_n^7+\cdots))\nonumber\\ &=&i^n\left(\sum_{k=0}^{[\frac {n}2]}(-1)^k\sigma_n^{2k}+i\sum_{k=0}^{[\frac {n-1}2]}(-1)^k\sigma_n^{2k+1}\right).\label{4} \end{eqnarray} 同理有 \begin{eqnarray} f(-i)&=&\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\sigma_n^{k}(-i)^{n-k}=\sum_{k=0}^{n}i^{2k}\sigma_n^{k}i^{3(n-k)}=i^{3n}\sum_{k=0}^{n}i^{-k}\sigma_n^{k}\nonumber\\ &=&i^{3n}\left(\sum_{k=0}^{[\frac {n}2]}(-1)^k\sigma_n^{2k}-i\sum_{k=0}^{[\frac {n-1}2]}(-1)^k\sigma_n^{2k+1}\right).\label{5} \end{eqnarray} \eqref{4}、\eqref{5} 兩式相乘可得: $$f(i)\cdot f(-i)=\left(\sum_{k=0}^{[\frac n2]}(-1)^k\sigma_n^{2k}\right)^2 +\left(\sum_{k=0}^{[\frac {n-1}2]}(-1)^k\sigma_n^{2k+1}\right)^2.$$ 將上式代入 \eqref{2} 式即知定理 1 的結論成立。$\Box$

　 上面的證明正好印證了法國數學家 Jacques Hadamard 的一句名言：「連接實數域中兩個真理之間的最短路徑是通過複數域」。

在定理 1 中，如果諸 $x_m=1$ $(m=1,2,\ldots,n)$, 則 $\sigma_n^k=C_n^k$ $(k=0,1,2,\ldots,n)$, 因此有：

推論： $$\left(\sum_{k=0}^{[\frac n2]}(-1)^kC_n^{2k}\right)^2 +\left(\sum_{k=0}^{[\frac {n-1}2]}(-1)^kC_n^{2k+1}\right)^2=2^n.$$

用同樣的方法, 還可以將本文開頭提到的恒等式 (ii) 推廣到一般情形, 即：

定理2： 記號同定理 1, 則 $$\left(\sum_{k=0}^{[\frac n2]}\sigma_n^{2k}\right)^2 -\left(\sum_{k=0}^{[\frac {n-1}2]}\sigma_n^{2k+1}\right)^2=\prod_{k=1}^n (1-x^2_k).$$

證明： 同定理 1 的證明中所設, 則 \begin{eqnarray} \prod_{k=1}^n (1-x^2_k)&=&\prod_{k=1}^n (1-x_k)\cdot \prod_{k=1}^n (1+x_k)=(-1)^n\prod_{k=1}^n (1-x_k)\cdot \prod_{k=1}^n (-1-x_k)\nonumber\\ &=&(-1)^n\cdot f(1)\cdot f(-1).\label{6}\\ {\hbox{而}} f(1)&=&\sum_{k=0}^n (-1)^k\sigma_n^k=\sum_{k=0}^{[\frac n2]}\sigma_n^{2k}-\sum_{k=0}^{[\frac {n-1}2]}\sigma_n^{2k+1}, \label{7}\\ f(-1)&=&\sum_{k=0}^n (-1)^k\sigma_n^k(-1)^{n-k}=(-1)^n\sum_{k=0}^n\sigma_n^k=(-1)^n\left(\sum_{k=0}^{[\frac n2]}\sigma_n^{2k} +\sum_{k=0}^{[\frac {n-1}2]}\sigma_n^{2k+1}\right).\quad~\label{8} \end{eqnarray} \eqref{7}、\eqref{8} 兩式相乘得： $$f(1)\cdot f(-1)=(-1)^n\left(\left(\sum_{k=0}^{[\frac n2]}\sigma_n^{2k}\right)^2 -\left(\sum_{k=0}^{[\frac {n-1}2]}\sigma_n^{2k+1}\right)^2\right).$$ 將上式代入 \eqref{6} 式即知定理 2 的結論成立。$\Box$

若 $x_m\in {\bf R}$ 且 $|x_m|\lt 1$, 則 $\prod\limits_{k=1}^n (1-x_k^2)\gt 0$, 由定理 2 可得：

推論： 若 $x_m\in {\bf R}$ 且 $|x_m|\lt 1$ $(m=1,2,\ldots,n)$, 則 $$\left|\sum_{k=0}^{[\frac n2]}\sigma_n^{2k}\right|\gt \left|\sum_{k=0}^{[\frac {n-1}2]}\sigma_n^{2k+1}\right|.$$

一般地，如定理 1、 2 的證明過程所示，如能將 $h(x)$ 在複數域內徹底分解，那麼就可使用這種方法把 $\prod\limits_{k=1}^n h(x_k)$ 用 $\sigma_n^k$ $(k=0,1,2,\ldots,n)$ 表示出來。

---本文作者任教中國重慶市長壽龍溪中學---