対称式xe^y+ye^xをs=x+y,t=xyで表すことができるか？

普通、対称式とは多項式で考えますが、いま、例えば、
xe^y+ye^x、
x^2log(1+y) + y^2log(1+x)
といったものを考えます。
それらを一般に、s=x+y,t=xy を用いて、いわば無限次数の多項式として表すことはできるのでしょうか?

収束は適度な範囲で考えるものとします。

No.3 ベストアンサー 回答者： Tacosan 回答日時： 2008/03/18 12:16

それって結局のところ「簡潔に書けるものは簡潔に書けるし, そうでないものはそれなりに書ける」というだけのような気がするんですが.

例えば, (1+x+x^2+...) + (1+y+y^2+...) = 1/(1-x) + 1/(1-y)
1/(1-x) + 1/(1-y) = (2-x-y)/(1-x-y+xy) = (2-s)/(1-s+t)
としてから s, t の級数に変形してますけど, 本来はもとの形から
(1+x+x^2+...) + (1+y+y^2+...) = 2 + (x+y) + (x^2+y^2) + (x^3+y^3) + ...
= 2 + s + (s^2-2t) + (s^3 - 3st) + ...
= ...
と処理するのが筋ではないですかね. とはいえ, この結果の式もあまり「簡潔」と言えないと思うんだけど.

この回答へのお礼

再度ありがとうございます。

なにか有理式の対称式があって、それを基本対称式で表すには、
次数の高いほうから順番に「くずしていく」方法が、
ウェアリングによる方法とかコーシーによる方法とかいう名前で
http://ja.wikipedia.org/wiki/%E5%AF%BE%E7%A7%B0% …
に書かれていました。

具体的なx^3+y^3をs=x+y,t=xyで表すにはそういった方法でいいかもしれないですが、
一般のx^n+y^nをs=x+y,t=xyで表すには、ニュートン多項式と呼ばれるものから帰納的な考察をすることや、前回僕が書いたように、(形式的)母関数（生成関数）
Σ[n=0,∞]x^n+y^n
を考えることが必要になると思います。

例えば、
(x*y)^n=(x^n)*(y^n)
という公式はきれいですが、
(x+y)^n=Σ[k=0,n]C(n,k){x^k}*{y^(n-k)}
は一見汚いながらも、二項係数の性質には深い理論や公式があります。

同じように、
e^x * e^y = e^(x+y)
という公式はきれいですが、
e^x + e^y
をs=x+y,t=xyで表すことで、その係数にこめられる意味があるのではと考えています。

お礼日時：2008/03/19 16:12

No.4 回答者： tgb 回答日時： 2008/03/18 22:40

表題のみについて考えて見ました。

　x+y=s
　xy=t
から形式的にx,yを求めると
x,yは
　(s+sqrt(s^2-4・t))/2,(s-sqrt(s^2-4・t))/2
と書けるのでこれを元の式に代入すればいいのでは？

ここで、(s+sqrt(s^2-4・t)),(s-sqrt(s^2-4・t))のどちらがxでどちらがyに対応するかについては問題がありますが対称式の場合はf(x,y)=f(y,x)であり、うまく問題点が解消されてしまいます。
ただし、
　x,y=((x+y)+|x-y|)/2,((x+y)-|x-y|)/2
において
　|x-y|=sqrt((x+y)^2-4・x・y)
と置き換えるのと同じ様な事をしているので無理矢理x+yとx・yに置き換える操作をしているような感じがしてsqrtでうまく逃げたと言われそうですが・・・。

この回答へのお礼

ありがとうございます。

x,y
=(s+sqrt(s^2-4・t))/2,(s-sqrt(s^2-4・t))/2

を代入することはいい考えだと思いました。

それは別途、三角関数cosθ、sinθで書かれた有理式において、
cosθ=x、sinθ=√(1-x^2)
を代入することに対応していると思いました。

僕はまだ深く考えていないですが、三角関数におけるn倍角の公式の一般論、チェビシェフの多項式におけるのと同じような理論が、
対称式にもあるのではないかと妄想しています。

お礼日時：2008/03/19 16:25

No.2 回答者： Tacosan 回答日時： 2008/03/17 12:55

「x と y の対称式」をベキ級数に展開すると, 出てくる項は必ず x と y について対称です (当然). で, 任意の m, n (m > n) に対して x^m y^n + x^n y^m を x+y と xy で表現できればいいんだけど, これは

x^m y^n + x^n y^m = (xy)^n (x^(m-n) + y^(m-n))
より結局 x^n + y^n が基本対称式で書ければいいということになる. これは自明に可能だから, ベキ級数になってしまえば基本対称式で書けることはほぼ自明.
x e^y + y e^x = (x+y) + xy Σ(k: 1→∞) [x^(k-1) + y^(k-1)]/k!
で右辺の [～] は... どうやって基本対称式で書くんだっけ?

この回答へのお礼

たいへんありがとうございます。考えてみました。
s=x+y,t=xyとします。

無限次数のx,yを変数とする多項式(x,yの無限級数)で対称式となるものを考えます。
簡単なものとして、
(1+x+x^2+x^3+…)*(1+y+y^2+y^3+…)、
(1+x+x^2+x^3+…)+(1+y+y^2+y^3+…)
がありますが、これらは簡潔にs,tを使って表せます。

(1+x+x^2+x^3+…)*(1+y+y^2+y^3+…)
=1/(1-x) * 1/(1-y)
=1/(1-x-y+xy)
=1/(1-s+t)
=Σ[k=0,∞](s-t)^k
=Σ[k=0,∞]Σ[j=0,k](-1)^j s^(k-j) t^j

(1+x+x^2+x^3+…)+(1+y+y^2+y^3+…)
=1/(1-x) + 1/(1-y)
=(2-x-y)/(1-x-y+xy)
=(2-s)/(1-s+t)
=(2-s)Σ[k=0,∞](s-t)^k
=(2-s)Σ[k=0,∞]Σ[j=0,k](-1)^j s^(k-j) t^j
=2Σ[k+j=n,0≦j≦k](-1)^j s^(k-j) t^j -sΣ[k+j=n-1,0≦j≦k](-1)^j s^(k-j) t^j

次に簡単なものとして、
(1+x+x^2/2!+x^3/3!+…)*(1+y+y^2/2!+y^3/3!+…)、
(1+x+x^2/2!+x^3/3!+…)+(1+y+y^2/2!+y^3/3!+…)
がありますが、前者は簡潔にs,tを使って表せます。
(1+x+x^2/2!+x^3/3!+…)*(1+y+y^2/2!+y^3/3!+…)
=e^x * e^y
=e^(x+y)
=e^s

ここまで考えましたが、後者を実際にs,tを使って表すと、複雑になってしまうのですが、いままでが簡潔だっただけに、なにかいい方法がないかと思案中です。
つまり、
e^x + e^y
をs=x+y,t=xyを使って表すとどうなるか？

お礼日時：2008/03/18 01:01

No.1 回答者： Tacosan 回答日時： 2008/03/17 01:04

収束性を無視すれば可能です.

この回答へのお礼

xe^y+ye^x、
x^2log(1+y) + y^2log(1+x)
はどのように表すことができるのでしょうか?

元の式がベキ級数で表される対称式のとき、いつでもs=x+y,t=xyで一意的に表すことができるのでしょうか?

どうぞよろしく教えてください。

お礼日時：2008/03/17 09:17