2. Покажем, что

нельзя представить в виде суммы симметрических квадратов:
Пусть

-основные симметрические многочлены,

Поскольку квадрат рациональной функции должен быть симметрическим, то сама функция должна быть либо симметрической либо антисимметрической, поэтому должно быть:

- некоторые рациональные функции,
или
последнее равенство - это тождество и оно должно работать при любых
Пусть

тогда

что невозможно.
_______________________________
1. Покажем, что

можно представить в виде суммы симметрических квадратов рациональных функций:

Вообще этого, в совокупности с тождеством

достаточно для окончательного доказательства утверждения 1. Но я хочу доказать более сильное утверждение, а именно:
_____
Пусть
- симметрический многочлен с действительными коэффициентами и он представим в виде суммы квадратов многочленов с действительными коэффициентами. Тогда симметрический многочлен
представим в виде суммы симметрических квадратов многочленов с действительными коэффициентами._____
Для доказательства необходимо тождество

а также обобщение тождества

![$T_3:\quad x^2+y^2+z^2=\frac{([xa^2+yb^2+zc^2] - [xa(b+c)+yb(c+a)+zc(a+b)] + xbc+yca+zab)^2}{(a^2+b^2+c^2 - [ab+bc+ca])^2} + \frac{([x(b^2+c^2)+y(c^2+a^2)+z(a^2+b^2)] - 2(xbc+yca+zab))^2}{2(a^2+b^2+c^2 - [ab+bc+ca])^2} + \frac{(x(b-c)(b+c-2a) + y(c-a)(c+a-2b) + z(a-b)(a+b-2c))^2}{2(a^2+b^2+c^2 - [ab+bc+ca])^2}$ $T_3:\quad x^2+y^2+z^2=\frac{([xa^2+yb^2+zc^2] - [xa(b+c)+yb(c+a)+zc(a+b)] + xbc+yca+zab)^2}{(a^2+b^2+c^2 - [ab+bc+ca])^2} + \frac{([x(b^2+c^2)+y(c^2+a^2)+z(a^2+b^2)] - 2(xbc+yca+zab))^2}{2(a^2+b^2+c^2 - [ab+bc+ca])^2} + \frac{(x(b-c)(b+c-2a) + y(c-a)(c+a-2b) + z(a-b)(a+b-2c))^2}{2(a^2+b^2+c^2 - [ab+bc+ca])^2}$](https://dxdy-03.korotkov.co.uk/f/a/a/4/aa46b03401583a355652345895d3017982.png)
По условию:

тогда


теперь, применим к каждой из сумм тождество

затем сложим и применим к каждой соответствующей паре квадратов тождество

В итоге получим:
где
![$S_{1,2}=\big([(g_{x,y,z}\pm g_{x,z,y})x^2+(g_{y,z,x}\pm g_{y,x,z})y^2+(g_{z,x,y}\pm g_{z,y,x})z^2] - [(g_{x,y,z}\pm g_{x,z,y})x(y+z)+(g_{y,z,x}\pm g_{y,x,z})y(z+x)+
(g_{z,x,y}\pm g_{z,y,x})z(x+y)] + (g_{x,y,z}\pm g_{x,z,y})yz+(g_{y,z,x}\pm g_{y,x,z})zx+(g_{z,x,y}\pm g_{z,y,x})xy\big)^2$ $S_{1,2}=\big([(g_{x,y,z}\pm g_{x,z,y})x^2+(g_{y,z,x}\pm g_{y,x,z})y^2+(g_{z,x,y}\pm g_{z,y,x})z^2] - [(g_{x,y,z}\pm g_{x,z,y})x(y+z)+(g_{y,z,x}\pm g_{y,x,z})y(z+x)+
(g_{z,x,y}\pm g_{z,y,x})z(x+y)] + (g_{x,y,z}\pm g_{x,z,y})yz+(g_{y,z,x}\pm g_{y,x,z})zx+(g_{z,x,y}\pm g_{z,y,x})xy\big)^2$](https://dxdy-02.korotkov.co.uk/f/9/c/f/9cfe7813d6ccc9019347c7e94643561a82.png)
![$S_{3,4}=\big([(g_{x,y,z}\pm g_{x,z,y})(y^2+z^2)+(g_{y,z,x}\pm g_{y,x,z})(z^2+x^2)+(g_{z,x,y}\pm g_{z,y,x})(x^2+y^2)]-2((g_{x,y,z}\pm g_{x,z,y})yz+(g_{y,z,x}\pm g_{y,x,z})zx+(g_{z,x,y}\pm g_{z,y,x})xy)\big)^2$ $S_{3,4}=\big([(g_{x,y,z}\pm g_{x,z,y})(y^2+z^2)+(g_{y,z,x}\pm g_{y,x,z})(z^2+x^2)+(g_{z,x,y}\pm g_{z,y,x})(x^2+y^2)]-2((g_{x,y,z}\pm g_{x,z,y})yz+(g_{y,z,x}\pm g_{y,x,z})zx+(g_{z,x,y}\pm g_{z,y,x})xy)\big)^2$](https://dxdy-04.korotkov.co.uk/f/f/e/f/fef1f434dabd98fc5585c231015437db82.png)

Каждый многочлен

является симметрическим, что завершает доказательство.
_____
Возьмем для примера:
Имеем:





