a) 对称多项式的$A$-代数$S$由$s_1, \ldots, s_n$生成。

b) $E$ 的元素 $s_1, \ldots, s_n$ 在$A$ (IV, p. 4) 上是代数独立的。

c) 单项式$X^\nu = X_1^{\nu(1)} \ldots X_n^{\nu(n)}$族，使得$1 \leq i \leq n$的$0 \leq \nu(i) < i$是$S$模$E$的基。特别是，$E$是秩$n!$的免费$S$模块。

我们将在$n$上用归纳证明定理，$n = 0$的情况是微不足道的。让我们写出$B = A[X_n]$并用$s_k'$表示$X_1, \ldots, X_{n-1}$中次数$k$的初等对称多项式；因此我们有$B[X_1, \ldots, X_{n-1}] = A[X_1, \ldots, X_n]$。如果我们在 Th 的叙述替换 $n$ $n-1$ 和 $A$ $B$。 1、我们可以将归纳假设表述如下：

(A) $X_1, \ldots, X_{n-1}$的所有置换下多项式$f \in A[\mathbf{X}_1, \ldots, \mathbf{X}_n]$不变量$B$-代数$S'$由$s_1', \ldots, s_{n-1}'$生成。

(B) $E$ 中的元素 $s_1', \ldots, s_{n-1}'$ 在代数上独立于$B$。

(C) 单项式$X_1^{\nu(1)} \ldots X_{n-1}^{\nu(n-1)}$族，使得$1 \leq i \leq n-1$的$0 \leq \nu(i) < i$是$S'$模$E$的基。

我们有明显的关系

(5)

从中我们可以在 $k$ 获得归纳

(6)

我们有 $S \subset S'$，因此 $s_1, \ldots, s_n$ 属于到 $S'$；由 (A) 和公式 (6) 因此，B 代数 $S'$ 由 $s_1, \ldots, s_{n-1}'$ 生成。

由 (B) 存在 B 代数 $S'$ 的自同态 $\mu$ 使得

(7)

通过(5)，我们通过简单的计算就可以得到$u(s_k) = u(s_k') + u(s_{k-1}') X_n$，从而$u(s_k) = s_k'$。令 $P \in B[Y_1, \ldots, Y_{n-1}]$；然后从$P(s_1, \ldots, s_{n-1}) = 0$我们推导出

从而$P = 0$（B）。由此可见，B 代数 $S'$ 由代数独立的元素 $s_1, \ldots, s_{n-1}$ 生成。这个性质可以重新表述如下： (D) $A$-代数$S'$由代数独立的元素$s_1, \ldots, s_{n-1}, X_n$生成。

因此，我们可以用多项式环$C[X_n]$来计算认同S'，其中$C$是由$s_1, ..., s_{n-1}$生成的E的子A代数。

为了证明 a)，令 $f \in S$ 为次数 $m$ 的齐次对称多项式。我们有$f \in S' = C[X_n]$，所以存在C的元素$g = P(s_1, ..., s_{n-1})$，$X_1, ..., X_n$中的次数$m$齐次，使得$f - g$可以被$X_n$整除。由于$f - g$是对称的，它的每个项也可以被$X_1, ..., X_{n-1}$整除，因此$f - g$可以被$s_n = X_1 ... X_n$整除。在其他字中，存在$h \in S$使得$f = g + hs_n$，从而$\deg h < m$。 $m$ 归纳 $f$ 属于到

因此我们已经证明A-代数 S是由$s_1, ..., s_n$生成的。

接下来我们证明b)。如果我们用$X$代替(4)中的$X$，我们发现

在其他字中，$(-1)^{n+1}s_n$是$X$中的次数$n$的一元多项式，系数为$C$。通过IV，p. 11，我们有以下性质： (E) $C[T]$到$C[X_n] = S'$的C-代数同态$\varphi$，其中映射 T到$s_n$是单射，并且$S'$是自由模超过$\varphi$的像，其中基$(1, X_n, ..., X_n^{n-1})$。

$C$ 的元素 $s_1, ..., s_{n-1}$ 在代数上独立于 A，由 (D) 得到；因此$\varphi$的单射性意味着$s_1, ..., s_{n-1}, s_n$在代数上独立于A，从而 b)。

为了证明c)，$\varphi$的像等于$C[s_n]_E = S$，因此根据(E)，$S'$在基$(1, X_1, ..., X_n^{n-1})$上超过S自由模。现在断言 c) 源自归纳假设 (C) 和II、p. 222 的第 25 条提案。这样就完成了证明。

令 $f$ 为 $X_1, ..., X_n$ 的对称多项式，次数 $m$ 齐次。由 Th. 1 (IV, p. 62) 存在多项式$Q \in A[Y_1, ..., Y_n]$使得$f = Q(s_1, ..., s_n)$。前面的证明提供了一种显式计算$Q$的方法，通过双归纳对$n$和$m$进行显式计算。正如我们所看到的，存在一个多项式 $P \in A[Y_1, ..., Y_{n-1}]$ 和一个在 $X_1, ..., X_n$ 中对称的多项式 h，其齐次于次数 $m-n$，使得

对于每个多项式 $u \in A[X_1, ..., X_n]$ 我们将

那么$s'_1, ..., s'_{n-1}$是$X_1, ..., X_{n-1}$和公式中的初等对称多项式 (8) 意味着

因此，$P$的确定被简化为$n - 1$不定式中的对称多项式的计算，并且$h$由(8)获得。

我们用两个例来说明方法。

例。 — 1) 让 $n = 3$ 和

我们有

让我们写$g = f - s_1s_2$；我们有

因此终于

2）再次让$n = 3$并放入$p = X_1^3 + X_2^3 + X_3^3$。 我们有$p(X_1, 0, 0) = X_1^3 = s_1(X_1, 0, 0)^3$。写$q = p - s_1^3$，我们得到

最后

令 $S_1, ..., S_n$ 不确定。我们将为多项式代数$A[S_1, ..., S_n]$配备型$N$的刻度，其中$S_k$为权$k$为$1 \leq k \leq n$（IV，p. 3），并为$A[X_1, ..., X_n]$配备平常毕业。对于 $1 \leq k \leq n$，$X_1, ..., X_n$ 中的初等对称多项式 $s_{k,n}$ 是齐次的次数 $k$。由 Th. 1 (IV, p. 62) 映射 $g \mapsto g(s_{1,n}, ..., s_{n,n})$ 因此是分级代数的同构

令$m$为整数，使得$0 \leq m \leq n$。对于每个整数 $k$ 使得 $1 \leq k \leq m$ 我们有

由 $s_k$ 的定义 (IV, p. 61, 公式 (1))。因此图表

（其中 j 表示规范包含，$p$ 同态

是可交换的。

通过图表 (10) 的交换律足以证明$S_1, \ldots, S_n$ 中权 k 的每个等量多项式仅取决于假设 $0 \leq k \leq m \leq n$ 下的$S_1, \ldots, S_m$。现在单项式 $S_1^{\alpha(1)} \cdots S_n^{\alpha(n)}$ 的权等于整数 $\alpha(1) + 2\alpha(2) + \ldots + n\alpha(n)$；由于整数 $\alpha(1), \ldots, \alpha(n)$ 为正，关系

意味着$\alpha(j) = 0$代表$k < j \leq n$，从而断言。

令$f \in K(X_1, \ldots, X_n)$为对称有理分数，并令$u_1, v_1$为$K[X_1, \ldots, X_n]$的两个元素，使得$f = \frac{u_1}{v_1}$。我们放入$v = \prod_{\sigma \in S_n} \psi_\sigma(v_1) \in K[X_1, \ldots, X_n]$和$u = fv \in K[X_1, \ldots, X_n]$；那么$v$是对称的，因此$u$是对称的，因为$f$是对称的，并且$f = \frac{u}{v}$，从而的结果。

这是从 Prop. 2 和 Th. 得出的。 1 个IV、p. 62。

b) 如果 I 是无限的，$\varphi_I$ 是 $A[[S]]$ 在 $A[[X]]^{\text{sym}}$ 上的双连续同构。

在情况a）中，我们放置$B = A[[S_1, \ldots, S_n]]$，并用由$A[[S]]$引起的拓扑装备这个代数；我们还用 $\varphi_I$ 的 $\psi_I$ 限制表示 B。在情况 b) 中，我们放置 $B = A[[S]]$ 和 $\psi_I = \varphi_I$。我们将为多项式代数$A[S]$配备型N的分度，其中$S_k$对于每个整数$k \geq 1$来说是权k。

让我们输入$f = \sum_{|\alpha| = r} a_\alpha X^\alpha$（其中$|\alpha|$是多索引$a = (\alpha_i)_{i \in I}$的长度$\sum_{i \in I} \alpha_i$）。如果$a$是长度$r$的多重索引，$J'$是$a$的支持（$i \in I$的集合使得$\alpha_i \neq 0$），则卡$J' \leq r$，因此存在置换 $\sigma \in S_I$使得$\sigma(J') \subset J$。将$\beta_i = \alpha_{\sigma^{-1}(i)}$代入$i \in I$，则单项式$X^\beta = \prod_{i \in I} X_{\sigma(i)}^{\alpha_i}$仅取决于不定式$X_j$ ($j \in J$)、从而 $a_\beta = 0$乘以假设$\overline{f} = 0$。由于$f$是对称的，所以我们有$a_\alpha = a_\beta$，并且由于$\alpha$是任意的，所以我们有结论即$f = 0$。

$I$ 有限的情况由 Th 得出。 1（IV，p. 62）。

假设$I$是无限的，并且$I$中的选择有限子集$J$、包含$r$元素。我们保留引理 1 中的记号；我们注，$S_n \ (n \geq 1)$中权$r$的每个等量多项式仅取决于$S_1, \ldots, S_r$，而$\overline{s}_1, \ldots, \overline{s}_r$是$r$不定式$X_j \ (j \in J)$中的初等对称多项式。如果$P$是$S_n$和$h = f - \psi_1(P)$中权$r$的等量多项式，则$\overline{h} = \overline{f} - P(\overline{s}_1, \ldots, S_r)$和引理1表明关系$f = \psi_1(P)$等于$\overline{f} = P(\overline{s}_1, \ldots, \overline{s}_r)$。由 Th. 1 (IV, p. 62) 存在唯一的多项式$P \in A[S]$，等压于权 $r$，并且结果为$\overline{f} = P(\overline{s}_1, \ldots, \overline{s}_r)$，从而。

当 $I$ 有限时，引理显然成立，因此让我们假设 $I$ 是无限的。对于每个$I$有限子集$J$、$m$元素由……组成，用长度$N^{(1)}$元素$\tilde{J}$集合表示$< m$ 以及$J$ 的支持。进一步用幂级数包含的$a_J'$集合表示，没有项$aX^\alpha$和$a \in \tilde{J}$。由于$\tilde{J}$是$N^{(1)}$的有限子集，并且$N^{(1)}$的每个有限子集都包含在形式$\tilde{J}$的集合中，所以$(a_J')$族是邻域的基 $0$ $A[[X]]$（IV、p. 26）。现在，对于每个子集$J$和$m$元素，引理1意味着关系$a_J' \cap A[[X]]^{sym} = c_m$，这证明了引理3。

由于$S_k$中给定权的单项式只有有限数，因此每个形式的幂级数$f \in B$都可以以独特的方式写为$f = \sum_{r \geq 0} P_r$，其中$P_r$是以下的等量多项式权$r$在$B \cap A[S]$。对于每个整数$m \geq 0$，让$b_m$成为上述型的所有正式幂级数的$B$由……组成的理想，这样$P_r = 0$对于$0 \leq r < m$。 序列$(b_m)_{m \geq 0}$是$B$中$0$邻域基。

上面的记号$\psi_1(P_r)$是$X_i$中的对称形式幂级数，齐次于次数$r$，所以这是次数$r$的齐次分量$\psi_1(f)$。 引理 2 显示对于每个整数 $m \geq 0$，$\psi_1$ 是$B$ 的代数同态到$A[[X]]^{sym}$、映射 $b_m$ 到$c_m$；现在引理 3 显示 $\psi_1$ 是双连续的，这完成了定理 2 的证明。