高等代数理论基础75：代数基本定理的证明

2019-04-25 本文已影响3人溺于恐

代数基本定理的证明

引理：设f(x)是次数 $n\ge 1$ 的复系数多项式,则

1. $\forall M\ge 0,\exists N\gt 0$ ,当 $|z|\gt N$ 时有 $|f(z)|\ge M$

2. $|f(z)|$ 在复平面上有最小值

证明：

1.设 $f(z)=a_0z^n+a_1z^{n-1}+\cdots+a_n$

令 $A=Max(|a_1|,|a_2|,\cdots,|a_n|)$

则 $|a_1z^{n-1}+\cdots+a_n|\le |a_1||z|^{n-1}+|a_2||z|^{n-2}+\cdots+|a_n|\le A(|z|^{n-1}+|z|^{n-2}+\cdots+1)$

$=A{|z|^n-1\over |z|-1}$

当 $|z|\ge {2A\over |a_0|}+1$ 时, $A{|z|^n-1\over |z|-1}\le {1\over 2}|a_0||z|^n$

即 $|a_1z^{n-1}+a_2z^{n-2}+\cdots+a_n|\le {1\over 2}|a_0||z|^n$

故 $|f(z)|\ge |a_0||z|^n-|a_1z^{n-1}+\cdots+a_n|\ge {1\over 2}|a_0||z|^n$

若 $|z|\ge \sqrt[n]{2M\over |a_0|}$

则 $|f(z)|\ge M$

$N=Max({2A\over |a_0|+1,\sqrt[n]{2M\over |a_0|}})$

则当 $|z|\ge N$ 时有 $|f(z)|\ge M$

2. $\forall z_1$ ,令 $|f(z_1)|=M$

有 $N\gt 0$ ,当 $|z|\ge N$ 时有 $|f(z)|\ge |f(z_1)|$

再取 $Oxy$ 平面上闭区域 $\sqrt{x^2+y^2}\le N$

$\forall z=x+iy\in \C$

$|z|\le N\Leftrightarrow \sqrt{x^2+y^2}\le N$

设复多项式 $f(z)=f_1(x,y)=if_2(x,y)$

其中 $f_1(x,y)$ 及 $f_2(x,y)$ 都为 $x,y$ 的二元实系数多项式

$\therefore |f(z)|=\sqrt{f_1(x,y)^2+f_2(x,y)^2}$ 是 $x,y$ 的连续函数

在闭区域 $\sqrt{x^2+y^2}\le N$ 上有极小值

即 $|f(z)|$ 在 $|z|\le N$ 中有极小值

即有 $|z_0|\le N$ ,当 $|z|\le N$ 时有 $|f(z)|\ge |f(z_0)|$

取 $|f(z_1)|$ 及 $|f(z_0)|$ 中较小的一个

即复平面上 $|f(z)|$ 的最小值 $\qquad\mathcal{Q.E.D}$

代数基本定理：每个次数 $\ge 1$ 的复系数多项式必有复数根

证明：

设 $f(z)=a_nz^n+a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_0$ 为一个复系数多项式

其中 $a_n\neq 0,n\ge 1$

$|f(z)|$ 在复平面上有最小值 $|f(z_0)$

下证 $f(z_0)=0$

若不然,设 $f(z_0)=b_0\neq 0$

将 $f(z)$ 表成 $z-z_0$ 的方幂和

$f(z)=b_0+b_1(z-z_0)+\cdots+b_n(z-z_0)^n$

其中 $b_0=f(z_0)$

设 $b_1=\cdots=b_{k-1}=0,b_k\neq 0$

即 $f(z)=b_0+b_k(z-z_0)^k+\cdots+b_n(z-z_0)^n$

${f(z)\over b_0}=1+{b_k\over b_0}(z-z_0)^k+\cdots+{b_n\over b_0}(z-z_0)^n$

记 $z-z_0=h,{b_l\over b_0}=c_l,l=k,\cdots,n$

则 ${f(z_0+h)\over b_0}=1+c_kh^k+c_kh^k({c_{k+1}\over c_k}h+\cdots+{c_n\over c_k}h^{n-k})$

$\therefore |{f(z_0+h)\over b_0}|\le |1+c_kh^k|+|c_kh^k|(|{c_{k+1}\over c_k}||h|+\cdots+|{c_n\over c_k}||h|^{n-k})$

取 $\arg h={\pi-\arg c_k\over k}$

即 $c_kh^k$ 为负实数

取 $|h|$ 充分小, $k\ge 1$

则 $-c_kh^k=|c_kh^k|=|c_k||h|^k\lt 1$

若 $k=n$ ,则 $|1+c_kh^k|+|c_kh^k|(|{c_{k+1}\over c_k}||h|+\cdots+|{c_n\over c_k}||h|^{n-k})$ 无第二项

若 $k\lt n$ ,则 $n-k\gt 0$

由 $|h|$ 充分小

$|{c_{k+1}\over c_k}||h|+\cdots+|{c_n\over c_k}||h|^{n-k}\lt {1\over 2}$

$\therefore |c_kh^k|(|{c_{k+1}\over c_k}||h|+\cdots+|{c_n\over c_k}||h|^{n-k})\lt {1\over 2}|c_kh^k|$

$\therefore {|f(z_0+h)|\over |b_0|}\le |1+c_kh^k|+{1\over 2}|c_kh^k|$

$=1-|c_kh^k|+{1\over 2}|c_kh^k|=1-{1\over 2}|c_kh^k|\lt 1$

$\therefore |f(z_0+h)|\lt |b_0|=|f(z_0)|$

与 $|f(z_0)|$ 是最小值矛盾

$\therefore |b_0|=|f(z_0)|=0$

即 $z_0$ 是 $f(z)$ 的一个复数根 $\qquad\mathcal{Q.E.D}$

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