代数基本定理的证明方法研究论文.docx
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代数基本定理的证明方法研究论文
代数学基本定理在代数学中占有十分重要的地位,而在整个数学界中也起着基础作用。
代数学基本定理有两种等价的陈述方式。
第一种陈述方式为:
“任何一个一元n次复系
数多项式p(z)=anzn-anjz°J...aiza0(n_1,an=0)在复数域内至少有一根”,它的第二种陈述方式为:
“任何一个一元n次复系数多项式p(z)=anzn-anJznJ-...-a1z-a0
(n—Jan-0)在复数域内有n个根,重根按重数计算”。
尽管这个定理被命名为代数基本定理,但,迄今为止,该定理尚无纯代数方法证明。
数学家J.P赛尔曾经指出:
代数基
本定理的所有证明本质上都是拓扑的。
美国数学家JohnWillardMilnor在数学名著《从微
分观点看拓扑》中给了一个证明,是几何直观的,但其中用到了和临界点测度有关的萨尔德定理。
在复变函数论中,对代数基本定理的证明是相当优美的,其中运用了很多经典的复变函数的理论成果。
代数基本定理的第一个证明是由法国数学家达朗贝尔给出的,但其证明是不完整的。
紧接着,欧拉也给出了一个证明,但也有缺陷。
严格来说,第一个完整的证明是数学家高斯给出的,他在分析了拉格朗日的证明方法以后于1799年给出的,他是运用的纯解析的
方法证明。
而后,到高斯71岁时,共给出了四种证明方法。
十九世纪七十年代,数学家H.W.Kuhn18】对于该定理给出了引人注目的构造性证明,这种方法的数学形象极好,并已实际用于复系数代数方程求根,堪称不动点算法的范例。
如果将复数域理解为复平面,将p(z)二anZn-an^znJ-...-a1z-a0(n-1,a^=0)的根理解为它在复平面上的零点,那么就可以借助复变函数的理论去证明代数学基本定理。
这种证明方法比较简洁,方法也有多种。
近年来,诸多数学家又给出了其它的证明方法,例如2003年翁东东6】对代数基本
定理进行了多种方法的分析,并给予了形象的证明。
他并没有采用常用的刘维尔定理和儒歇原理运用复变函数的方法进行证明,而是采用了初等方法证明了代数基本定理,说明可不用复变函数理论中的有关概念和定理进行证明该定理。
本论文结合有关知识点,主要目的是归纳总结代数基本定理几种代表性的证明方法。
第一章运用复变函数理论中的柯西定理、刘维尔定理、儒歇定理、辐角原理、最大模原理、
最小模原理、留数定理来证明代数学基本定理,并对这些证明方法进行说明、比较与总结。
第二章主要介绍了翁东东的初等方法的证明。
第三章介绍了Kuhn的两个构造性的证明方
法。
第四章简单介绍了高斯的纯解析证明方法。
1.代数基本定理的复变函数理论证明
将复数域理解为复平面,将p(z)二anzn•an」zn'...a1z-a0(其中n亠1,an0)
的根理解为它在复平面上的零点,那么就可以借助复变函数的理论去证明代数学基本定理。
这种证明方法比较简洁,方法也有多种。
本章主要针对于代数基本定理的两种陈述方式,运用复变函数理论中的柯西定理、刘维尔定理、儒歇定理、辐角原理、最大模原理、最小模原理、留数定理来证明代数学基本定理,并对这些证明方法进行说明、比较与总结。
1.1代数学基本定理的第一种陈述方式的证明
代数学基本定理的第一种陈述方式为:
任何一个一元n次复系数多项式p(z)二anzn-anJznJ-...a1z-a0(其中n丄1,an0)在复数域C内至少有一根。
1.1.1利用柯西定理证明
柯西于1825年给出了复变函数的积分和积分路径无关的条件,它是研究解析函数理论
的基础,是复变函数的基本定理
定理1.1.1(柯西定理)设函数f(z)在整个z平面上的单连通区域D内解析,C为D内任何一条简单闭合曲线,那么「cf(z)dz=0。
证明:
设C所围成的区域是D0,取一个四边平行于坐标轴的矩形,把C包含在内。
用线段连接矩形对边的中点,最多可把D。
分成四块。
不妨设分成U,E,F,G四块。
由于f(z)沿的积分等于沿这四块区域边界积分的和,所以必有一块边界上的积分,满足
^1f(z)d^;Qcf(z)dz
用的同样的方法把D1分成四块,其中必有一块D2使得
Bf(z)dz£|bf(z)dzX*lrcf(z)dz
把这种做法一直进行下去可以得到曲线C内的一串矩形区域或矩形被曲线C截得的区域
Dn,使得
存在唯点z属于每个Dn或:
:
Dn,而且n时,Dn》N。
因为f(Z)在%有导数f(Z。
),
所以对任何E>0,当z与z0充分接近时,
f(Z)一f(Zg)_(Z_Zg)fF(Zg)|
因为
bf(z)dz=o,
J(z-z0)f"(z)dz=0,所以当n充分大时,
_Dn'
Jf(z)dz列f(z)-f(Zo)-(Z-Zo)f'(Zo)dsMJ
£Dn少£Dn
z-Zods
设最大矩形的周长是L。
当n充分大时,对于z"Dn,有z-却£石Dn的周长,所以
z-zods三
;L
2n
Ids岂丄丄=丄2
•:
Dn2n2n4n,
由以上两式得
口f(z)dz—L2
因为g为任意正数,所以卩f(z)dz=o。
C
基本定理的证明:
设p(z)二anzn-an」zn,■...a!
z■ao,其中n-1,an=o
假设p(z)在复平面上无零点,即对任意C,有p(z)=o,
于是P(Z)在z平面解析,由柯西定理
p(z)
□c需dz=o(其中C是圆周Z=R)
(1-1)
另一方面P"(z)=nanZnJL+(n—1)an」zn,十…+^'p(z)anZn+an」zn」+...+a!
z+ao
叩"1盼1….1aiJnanznanz=z(1"...ao1)
anZanz
=£[1q(z)]
2
其中函数p(z)满足当z、:
时,一致趋于零。
1
又因为匚1dz=2二i,
所以
mq(z)
dzEmax
IZ去
1dz
z
沁二maxq(z)
(1-2)
故RmJ[妝
用]
比较(1-1)与(1-2)得门=0,这与定理的条件矛盾,
所以p(z)在平面上至少有一个零点,即一元n次方程在复数域内至少有一个根
证毕
1.1.2利用刘维尔定理证明
刘维尔定理是复变函数论中的一个著名定理,在复变函数中有着广泛的应用。
下面介
绍其内容及运用该定理证明代数基本定理的方法。
定理1.1.2(刘维尔定理)有界整函数必为常数。
证明:
f(z)是有界整函数,即存在M^(0,址),使得对任意的z^L,|f(z)cM,因此任意的石吐及任意的Pw(0,+血)f(z)在{z|z-Zo兰P}上解析,从而有f(z0)乞M.T,令J",可见对任意的z0L,f(石)=0,从而f(z)在复数域」上恒等于常数。
基本定理的证明:
假设p(z)二anzn-an_,znJ-...-a1z-a0在z平面上无零点。
则p(z)为整函数且当z、
时,p(z)二zn(an-也■...•卑)》:
:
。
zz
1
令f(z)=,则f⑵也是整函数。
又因为limf(z)=0,所以f⑵在整个复平面’上
P(z)F
有界。
由刘维尔定理知f(z)为常数,与p(z)不是常数矛盾。
因此一元n次方程在复数域
内至少有一个根。
证毕。
刘维尔定理的应用非常广泛。
用刘维尔定理做证明题时常见的方法有两种:
一种是利用反证法来证明,另一种是构造辅助函数来证明。
而在刘维尔定理证明代数学基本定理的过程中巧妙地把这两种方法结合了起来。
它的证明思路很清晰:
利用反证法,并构造辅助
1
函数f(z)二——,由f(z)为整函数且在复数域一上有界,得到f(z)为常数,这与假设相
p(z)
比得出矛盾,从而得出结论一元n次方程在复数域内至少有一个根。
它的证明过程也很
简洁,很容易让初学者理解和掌握。
1.1.3利用最大模原理证明
最大模原理在复变函数理论中也是很重要的定理,它深刻反映着解析函数的性质。
下
面介绍运用该定理证明代数基本定理的方法。
定理1.1.3(最大模原理)设函数f(z)在区域D内解析,且恒不为常数,则f(z)在
区域D内任意点都取不到最大值。
证明:
假定f(z)在D内不恒等于一常数,那么D1二f(D)是一区域。
设f(z)在zo・D达到最大值。
显然,w^f(z0^。
勺且W0必有一充分小的邻域包含在D1内,于是在这邻域内可找到一点w"满足w]>|w0,从而在D内有一点z"满足w"=f(z")以及f(z)f(z()),这
与题设矛盾。
因此f(z)在D内恒等于一常数。
基本定理的证明:
假设p(z)=zn■a1znJ■...■an在复平面上没有零点,即p(z)0,
1
则9(小石在z平面上解析。
显然当
z-R且R充分大时有
■an
n
z
-Rn(1
旦「巴丄Rn
RRn2
因此,在z二R上且R充分大时,有
g(z)二
2
岂更,从而由最大模原理,有
mmaxg(z)-
特别地,在z=0处,有an
g;0)弓。
而这对于充分大的R显然不成立。
这就说明了“p(z)在z平面上没有零点”的假设是
不成立的,从而可以得到p(z)在z平面至少有一个零点,即一元n次方程在复数域」内至少有一个根。
1.1.4利用最小模原理证明
最大模定理和最小模定理都是描述解析函数的重要特性的定理,但用最小模定理可更
为简单地证明代数基本定理。
定理1.1.4(最小模原理)若解析函数f(z)在区域D内不恒为常数,且在D内的点z0
有f(Zo)=O,则f(z。
)不可能是f(z)在D内的最小值。
证明:
假设f(Zo)是f(z)在D内的最小值,即|f(z°)=m。
已知f(z)在D内解析且不为常数,由保域定理知:
G二f(D)为W平面上的区域。
因f(zo)=w°・G,则存在(W。
,;)G,又f(zo)=W°HO,因此存在W|E(Wo,E)满足w;v|wo,故存在Z1ED,使得f(zJ=W1,f(Z1)c|f(zo)=m,这显然与m为If(z)在D内的最小值矛盾,所以f(zo)不可能是|f(z)在D内的最小值。
基本定理的证明:
设p(z)二zn-a1znJ-...-an,假设对zL,有P(z)=0,并且p(0)=an=0。
又因为p(z)
在复平面上解析,且不为常数,所以由最小模原理知:
对于R0,
minp(z)只能在z二R上取得(1-3)
另一方面,limp(z)=血,从而当R充分大时,在z=R上有p(z)>|an=p(0),则这与(1-3)式矛盾,所以假设不成立。
即p(z)在复平面」上至少存在一个零点,亦即一元n次方程在复数域」内至少有一个
根。
证毕。
最小模原理与最大模原理在证明代数学基本定理的时候的证明方法是极其相似的:
首先都是假设一元n次方程在复数域「内无零点,然后通过|f(z)在区域D内某一点能取到最大值或最小值,但是p(z)却不是常数,与定理的内容产生矛盾,从而得出一元n次方程在
复数域匚内至少有一个根。
这两个定理证明的关键之处是找到|f(z)在区域D内能达到最
大值或最小值的某一点,如果找到了这一点,那么我们所要解决的问题就会迎刃而解了。
以上四种证明方法均采用反证法,假设一元n次方程在复数域内无零点,通过证明,
得到的结论都是:
一元n次方程在复数域内至少有一个根。
1.2代数学基本定理的第二种陈述方式的证明
代数基本定理第二种陈述方式为:
任何一个一元n次多项式p(z)=anzn-an」zn‘-...-a1z-a0(其中n_1,an0)在复数域内有n个根,重根按重数计算。
1.2.1利用留数定理证明
在复分析中,留数定理是用来计算解析函数沿着闭曲线的路径积分的一个有力的工具,
也可以用来计算实函数的积分。
定理1.2.1(留数定理)设D是在复平面上的一个有界区域,其边界是一条或有限条
简单闭合曲线C。
设函数f(z)在D内除去有孤立奇点乙,Z2,…,Zn夕卜,在每一点都解析,n
并且它在C上每一点也解析,则有[f(z)dz=2二卜Res(f,zJ,这里沿闭曲线C的积分是按照关于区域D的正向取的。
证明:
以D内每一个孤立奇点zk为心,作圆rk,使以它为边界的闭圆盘上每一点都在D内,并且使任意两个这样的闭圆盘彼此无公共点。
从D中除去以这些rk为边界的闭圆盘得
一区域G,其边界是C以及rk。
在G及其边界所组成的闭区域G上,f(z)解析。
因此由柯n
西定理,皿f(z)dz=^]f(z)dz,这里沿C的积分是按照关于区域D的正向取的,沿rk的LCk八
n
积分是按反时针方向取的。
根据留数的定义,由此可立即推出UCf(z)dz=2冗臣Res(f,zQ。
基本定理的证明:
设p(z)二anZn■anjzn4...a1zao,其中n-1,a*=0,由limp(z)二:
:
知,存在正z
数R,当zXR时,有|p(z)>1,这就是说p(z)的根只可能在圆盘|zcR之内,又因为p(z)在z£R内解析,由留数定理得
F
N=^^爪p⑺dz,C:
z=R,N表示p(z)在zvR内部的零点个数,
另一方面,根据无穷远点多个的留数定义,有
ResPj^」P^dz-N
p(z)2二i」p(z)
而当z>R时,为皿的可去奇点,于是有P(Z^=-+p(z),其中p(z)的最高次幕p(z)p(z)z
为z,,所以,Resp⑺二-n,因此有N=n。
5p(z)
故p(z)在复平面上有且仅有n个根。
1.2.2利用辐角原理证明
辐角原理为确定解析函数零点个数提供了一个有效的工具。
定理1.2.2(辐角原理)设f(z)在闭围线C上解析,在其内部除了n个极点外解析,
在C上不为零,贝Uf(z)在C内零点的个数等于
基本定理的证明
设p(z)=anZn•andznJ...ao(n一1,a^-0)
显然,p(z)有唯一奇点:
:
,它是p(z)的n级极点,即lim_p(z)二:
:
,所以,作一个充分
大的圆C:
z
二R,R充分大,则p(z)的所有零点都在C内,设p(z)的全部零点个数为M,
由辐角原理心右^鵲边(其中c:
z=R)
下面需证:
M=n
显然,由上式有
(1-4)
而p(z^zn(an壬•…导)=zn「(z)
zz
p(z)p(z)
n「⑵
z:
(z)
nVz)
p(z)
其中,;(z)以无穷远点为不低于2级的零点。
从上式可知业)关于无穷远点的留数为-n,
因此,由(1-4)可知,M=n,即证。
1.2.3利用儒歇定理证明
儒歇定理是复变函数的一个重要定理,主要用于计算一个复变函数在复平面一个区域
中解的数目,下面运用该定理来证明代数基本定理。
定理123(儒歇定理)设D是在复平面上的一个有界区域,其边界C是一条或有限条简单闭合曲线。
设函数f(z)及g(z)在D及C所组成的闭区域D上解析,并且在C上,g(z)c|f(z),那么在D上,f(z)及f(z)+g(z)的零点的个数相同。
证明:
由于在C上,g(z)c|f(z),可见f(z)及f(z)+g(z)在C上都没有零点。
如果N
及N•分别是f(z)及f(z)g(z)在D内的零点的个数,那么有
2二N—'argf(z),
2二N二carg[f(z)g(z)]-yargf(zpcarg[V-^]
f(z)
下面证明N=N,为此只需证明礼arg[1•曲]=0
f(z)
当z^C时,g(z)c|f(z),从而点w=1+g⑵,总在w平面上的圆盘w-1c1内,当z在Cj
f(z)
上连续变动一周时,argw从起始值连续变动仍然回到它的起始值(不围绕w=0),亦即△汀切十止]=0于是也carg[1异⑺]=0得证,从而定理得证。
jf(z),f(z)
基本定理的证明:
设p(z)=anZn■an/Zn,-...a!
z■a0,(n一1,a^=0)
令f(z)二anzn,g(z)=anjzn‘...a1za0,当在充分大的圆周C:
z=R上时(不妨怖rJ」an』+...+|&|+应|
取R>max彳1,1\)
i|an|J
g(z)乞务討计+...+|崩+a。
=an斗Rn4十…+印R+a0
<(anA+an^+•••+ao)Rn- 由儒歇定理: p(z)=f(z)g(z)与g(z)在C内部有相同个数的零点,即n个零点。 所以原方程在复数域内有且仅有n个根。 证毕。 这个证明的突破点在于取RAmax2jan』\.+ai^a0[,之后就能顺利地得到 i凶J g(z)f(z),然后由儒歇定理就能得到结论: 原方程在复数域r内有且仅有n个根。 这三种证明方法都是采用直接证明的方法,得出代数学基本定理的第二种陈述方式: “一元n次复系数多项式p(z)二anzn•an-...-aiz-a°(其中n亠1,a^=0)方程在 复数域」内有且仅有n个根” 2.代数基本定理的初等方法证明 本章采用了初等方法来证明代数基本定理,说明可不用复变函数理论中的有关概念和 定理进行证明该定理。 主要是针对于代数基本定理的第一种陈述方式(即任何一个一元n次 复系数多项式p(z)=anzn-anjznJ-...-aiz-a0(其中n_1,an=0)在复数域I内至少 有一根)来证明的,为此需要先证明几个引理0 引理2.1设f(z)=b0Zm•bzn‘-...-bhzmn是复系数多项式,其中 b=|b0,g=max{b°,b,...,bn},则当 b z: : : bg 时,有b1Zmr...bnZ* 兰bo 证明: (数学归纳法) 当m=0时,dz+... bn z"(Z+...+Z) bz+...+bnzn z b+g 1-z 当z gW bg bo 因此m=0时命题成立。 设m=k时成立,即当 时,有 kT1k-'n Dz...bnz 当m=k・1时, b^zk11<..-bnzk1n 小1严+...论宀 (z b bg) 由数学归纳法,命题得证。 引理2.2设f(z)=1•b°zmbi zn‘-...-bnZmn是复系数多项式,b0=0, m_0则必存 在Z,使f(Z0)p<10 证明: 设z=p(cosaisina),=b0(cos: isinR。 取&,使maa+P=兀,g=max{b°,b」+...+|bn}。 1b 由引理2.1,取Po£min{^=,}, 洞|b|+g 则 f(z)Vf(Zo), bip: J…+mpFcbopm<1 令 Zo=Po(cosa0isina。 ) boZ: 二b0Tcos(nma。 )isin(rma。 )--b0对 则 f(zo)=1—bop: +4乙: 十+•••+bnZm*(2-1)) 由(2-1)式易得f(Zo)兰1-bop: fp畀十…+bnPm*,故f(Zo)c1。 推论2.1设f(z^aozna-iznJ...an是复数域I上多项式,ao=0,n_1, f(zop^o,z()乏L,则存在z^=L,使得f(z)f(zo)o 证明: 因为f(z)为n次多项式,所以严⑴⑵二f(n2)(z)=...=0。 令z=乙h,由泰勒公式 ・f(n)(z0)n f(zoh)=f(Zo)•f(Zo)h...-hn n! 而f(n)(z)=n! a0=0。 所以f(Zo),f(zo),…f(n)(zo)不全为零。 设第一个不为零的是f(m)(zj(1空m空n) 则 f(Zo»f(Zo)dhm..牛fm! n! 因而住卄)十伫£+...+! : 辿兰 f(Zo)f(Zo)m! f(Zo)n! 上式是关于h的多项式,由引理2.2,选取h,使f⑺忆十…忙胡, n! 即 f(Z)屮厲) 则存在R0, 引理2.3f(z)=a)zn-a1znJ-...-an(a0=0)是复多项式,任给G0, n)时, 当z>R时,有|f(z)>C 证明: 当z1, f(z)启a°||z[1- =a°||z{1- 2G ■= 取R=maxi-— |ao a1 a2 a11 a2 -;oznaozn{1 2 ao +.. +an lao >,则当 1, an a。 a1...an} aoz z>R时,有f(z)aG (2-2) (2-3) 基本定理的证明: 设f(z)-aozna1zn4...-an(a0=0,n_1) (1)任取复数z,使f(z)=0,(若取不到z',则结论已成立) ⑵取G0,使f(z): : G。 由引理2.3,存在R0,当zR时,有fzG. ⑶可使z 连续函数f(z)在有界闭区域zER上可达到最小值|f(zj。 即当z| 由⑵知,|f(zo)|勻f(z)vG,从而f(z))=0。 否则,f(Zo)",由引理2.2,可取复数z,使得f(z。 )乞f(z): G(2-4) 由(2-3)式: 从f(Zo)勻f(z)易得zaR。 于是从(2-2)式得出|f(z)>G,与(2-4)矛盾。 故f(zg)=0,即f(z)至少有一个零点z。 用初等方法证法是先对多项式系数进行充分分析和论证,再应用泰勒公式和连续函 数的性质,通过对复数域C上点z的取法进行充分的讨论和论证,得出结论。 3.代数基本定理的Kuhn的构造性证明 Kuhn关于代数基本定理的构造性证明引人注目,Kuhn方法的数学形象极好,并已实际用于复系数代数方程求根,堪称不动点算法的典范。 本章对Kuhn的方法作一介绍。 3.1Kuhn的1974年的证法 从几何上看,多项式函数w=f(z)=zn•a1znJ-…•an(n_1)是复数z平面C到复数w平面C•的一个变换。 Kuhn方法的指导思想是: 对z平面进行三角剖分,寻求在变换f之下三个顶点的象在w
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