2022年浅谈用复变函数理论证明代数学基本定理 .pdf

1 / 11 摘要伴随漫长的解方程历史探索中，数学家得出一元多次方程解与次数关系的代数学基本定理，一直以来，学者们给出了不同的方法来证明这个定理。代数学基本定理在代数学中占有非常重要的地位，这篇论文将叙述代数学基本定理的内容，并用复变函数理论中的刘维尔定理、儒歇定理、辐角原理、最大模原理、最小模原理、留数定理、柯西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。关键词 ：代数学基本定理；辐角原理；最大模原理；最小模原理AbstractWith a long history of exploration in the solution of equations, mathematicians come to a dollar many times the relationship between the number of equations and the fundamental theorem of algebra, has been, have given different ways to prove the theorem. Fundamental theorem of algebra in the algebra plays a very important position, this paper will describe the contents of the fundamental theorem of algebra and complex function theory with the Liouville theorem, Confucianism break theorem, argument principle, maximum modulus principle, the minimum Modulus principle, residue theorem, Cauchys Theorem to prove the fundamental theorem of algebra, and the proof are described, compared and summarized. Keywords ： Fundamental theorem of algebra 。 Argument principle 。 maximum modulus principle 。minimum modulus principle 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 11 页2 / 11 目录前言 11 代数学基本定理的第一种陈述方式的证明111 利用刘维尔定理证明11.1.1刘维尔定理1 1.1.2 证明过程1 1.2 利用最大模定理证明21.2.1最大模原理2 1.2.2 证明过程2 1.3 利用最小模定理证明31.3.1最小模原理3 1.3.2 证明过程3 1.4 利用柯西定理证明41.4.1柯西定理4 1.4.2 证明过程4 2 代数学基本定理的第二种陈述方式的证明52.1 利用儒歇定理证明52.1.1儒歇定理5 2.1.2 证明过程6 2.2 利用辐角原理证明62.2.1辐角原理6 2.2.2 证明过程6 2.3 利用留数定理证明72.3.1留数定理7 2.3.2 证明过程8 参考文献9致谢 9精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 11 页3 / 11 浅谈用复变函数理论证明代数学基本定理前言代数学基本定理在代数学中占有十分重要的地位。代数学基本定理的第一种陈述方式为：“任何一个一元n次多项式0111.)(azazazazpnnnn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 多 项 式0111.)(azazazazpnnnn在复数域内有n个根，重根按重数计算”，这两种陈述方式实际上是等价的。此定理若用代数的方法证明，有些将是极其复杂的。但是，如果我们将复数域理解为复平面，将)(zpn的根理解为它在复平面上的零点，那么我们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，本文提出几种证明方法，其中个别方法在常见的复变函数的教材中已有涉及，如用刘维尔定理和儒歇定理证明代数学基本定理，但仍是有一些方法在复变函数教材中并未涉及。本论文将对利用复变函数中的相关定理证明代数学基本定理作进一步的探讨。1 代数学基本定理的第一种陈述方式的证明1.1 利用刘维尔定理证明1.1.1 刘维尔定理刘维尔定理：有界整函数必为常数。证明：( )f z是有界整函数，即(0,)M，使得zC，( )f zM0zC,(0,),( )f z在0z zz上解读0()fzM令，可见0zC，0()0fz，从而( )f z在C上恒等于常数。1.1.2 证明过程假设)(zp在z平面上无零点令0111.)(azazazazpnnnn为整函数精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 11 页2 / 11 且当z时，).()(01nnnnzazaazzp对)(1)(zpzf而言，是整函数又0)(limzzf)(zf在C上有界由刘维尔定理：)(zf为常数，与)(zp不是常数矛盾一元n次方程在C内至少有一个根。刘维尔定理应用非常广泛。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，并构造辅助函数)(1)(zpzf，由)(zf为整函数且在C上有界，得到)(zf为常数，这与假设相比得出矛盾，从而得出结论一元n次方程在C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。1.2 利用最大模定理证明1.2.1 最大模原理最大模原理：设函数)(zf在区域D内解读，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1()Df D是一区域设( )f z在0zD达到极大值显然，001()wf zD, 而且0w必有一充分小的邻域包含在1D内于是在这邻域内可找到一点w满足0ww从而在D内有一点z满足()wf z以及0()()f zf z，这与所设矛盾因此( )fz在D内恒等于一常数。1.2.2 证明过程精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 11 页3 / 11 假设nnnazazzp.)(11在z平面上没有零点，即0)(zp则)(1)(zpzg在z平面上解读显然当Rz且R充分大时有nnnzazazzp.1)(1nnnnRRaRaR21).1(1因此，在Rz上且R充分大时，有nRzpzg2)(1)(由最大模原理，有2max( )nzRg zR特别地，在0z处，有2)0(1)0(2Rgpan而这对于充分大的R显然不成立这就说明了“)(zp在z平面上没有零点”的假设是不成立的从而可以得到)(zp在z平面至少有一个零点即一元n次方程在C内至少有一个根。1.3 利用最小模定理证明1.3.1 最小模原理最 小 模 原 理 ： 若 区 域D内 不 恒 为 常 数 的 解 读 函 数)(zf， 在D内 的 点0z有0)(0zf，则)(0zf不可能是)(zf在D内的最小值。1.3.2 证明过程设nnnazazzp.)(11假设Cz平面，有0)(zp，并且0)0(nap又因为)(zp在C平面上解读，且不为常数所以由最小模原理知：)(min,0zpRRz只能在Rz上取得（#）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 11 页4 / 11 另 一 方 面 ，)(limzpz， 从 而 当R充 分 大 时 ， 在Rz上 有)0()(pazpn，则这与（ #）式矛盾，所以假设不成立即)(zp在复平面C上至少存在一个零点亦即一元n次方程在C内至少有一个根。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C内无零点，然后通过)(zf在区域D内某一点能取到最大值或最小值，但是)(zp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C内至少有一个根。这两个定理证明的关键之处是找到)(zf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。1.4 利用柯西定理证明1.4.1 柯西定理柯西定理：设函数)(zf在整个z平面上的单连通区域D内解读，C为D内任何一条简单闭合曲线，那么0)(dzzfc。1.4.2 证明过程设0111.)(azazazazpnnnn，其中1n，0na假设)(zp在z平面上无零点，即对任意z，有0)(zp于 是)()(zpzp在z平 面解 读，由柯西 定理0)()(dzzpzpc（ 其中C是 圆周Rz）（1）另一方面，)()(zpzp=01111211.) 1(azazazaazanznannnnnnnn)1.11 ()11.111(01111nnnnnnnnzaazaazzaanzaannn)(12zqn精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 11 页5 / 11 其中函数)(zq满足当z时，一致趋于零。又因为idzzc21所以cRzczzdzqdzzzq)()(max)(0)(max2zqRz，当Rz（2）故ndzzzqzdziccR)(1lim比较)1 (与)2(得0n，这与定理的条件矛盾所以)(zp在平面上至少有一个零点即一元n次方程在C内至少有一个根。以上四种证明方法均采用反证法，假设一元n次方程在C内无零点，通过证明，得到的结论都是代数学基本定理的第一种陈述方式：“一元n次方程在C内至少有一个根”。2 代数学基本定理的第二种陈述方式的证明2.1 利用儒歇定理证明2.1.1 儒歇定理儒歇定理：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)(zf及)(zg在D及C所 组 成 的 闭 区 域D上 解 读 ， 并 且 在C上 ，( )( )g zfz，那么在D上，)(zf及)()(zgzf的零点的个数相同。证明：由于在C上，( )( )g zf z，可见)(zf及)()(zgzf在C上都没有零点。如果N及N分别是)(zf及)()(zgzf在D内的零点的个数，那么有2arg ( )cNf z，2arg ( )( )cNf zg z( )arg( )arg1( )ccg zfzf z精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 11 页6 / 11 下面证明NN, 为此只需证明c( )arg10( )g zf z当zC时，)()(zfzg，从而点)()(1zfzgw，总在w平面上的圆盘11w内，当z在jC上连续变动一周时，warg从起始值连续变动仍然回到它的起始值（不围绕0w）, 亦即( )arg10( )jcg zf z，于是( )arg10( )cg zf z得证，从而定理得证。2.1.2 证明过程设0111.)(azazazazpnnnn令nnzazf)(，0111.)(azazazgnn当在充分大的圆周Rz上时（不妨取110.max 1,nnaaaRa）01110111.)(aRaRaazazazgnnnn1120(.)( )nnnaaaRf z由儒歇定理：)()()(zgzfzp与)(zg在C内部有相同个数的零点，即n个零点原方程在C内有且仅有n个根这个证明的突破点在于取110.max 1,nnaaaRa，之后就能顺利地得到( )( )g zf z，然后由儒歇定理就能得到结论：原方程在C内有且仅有n个根。2.2 利用辐角原理证明2.2.1 辐角原理辐角原理：设)(zf在闭围线C上解读，在其内部除了n个极点外解读，在C上不为零，而在C的内部有m个零点，而一个n级极点算作n个极点。)a它们在C的内部均解读，且连续到C)b在C上，)()(zwzf则函数)(zf与)()(zwzf在C的内部有同样多(n级算作n个) 的零点。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 11 页7 / 11 2.2.2 证明过程设nnnazazazp.)(110（00a）显然，( )p z有唯一奇点，它是( )p z的n级极点，即lim( )zp z，所以，作一个充分大的圆RzC :，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1( )2( )cp zMdznip z（其中Rzc :）下面需证：nM显然，由上式有1( )2( )cp zdzMnip z(*) 表示函数( )( )p zp z关于无穷远点的留数而10( )(.)( )nnnaap zz azzzz( )( )( )( )( )p znznzp zzzz其中)(z以无穷远点为不低于2级的零点。从上式可知( )( )p zp z关于无穷远点的留数为n，因此，由（ * ）可知，nM，即证。2.3 利用留数定理证明2.3.1 留数定理留数定理：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1z，2z，nz外，在每一点都解读，并且它在C上每一点也解读。那么我们有1( )2Re (,)nkkcf z dzis f z，这里沿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kz为心，作圆kr，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kr为边界的闭圆盘精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 11 页8 / 11 得一区域G，其边界是C以及kr。在G及其边界所组成的闭区域G上，( )fz解读。因此根据柯西定理，1( )( )nkcrkf z dzf z dz，这里沿C的积分是按照关于区域D的正向取的 ， 沿kr的 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1( )2Re ( ,)nkkcf z dzis f z。2.3.2 证明过程设0111.)(azazazazpnnnn由)(limzpz知，存在正数R，当Rz时，有( )1p z这就是说)(zp的根只可能在圆盘zR之内，又因为)(zp在zR内解读由留数定理得：1( )2( )cp zNdzip z，RzC :，N表示)(zp在zR内部的零点个数另一方面，根据在无穷远点的留数定义，有( )Re( )zp zsp z1( )2( )cp zdzip z=N而当zR时，z为( )( )p zp z的可去奇点于是有( )( )( )p znp zp zz，其中( )p z的最高次幂为2z所以，( )Re( )zp zsnp z，因此有nN故)(zp在复平面上有且仅有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次方程在C内有且仅有n个根”。这些证明方法各有长处，在具体应用的时候可以做出适当的选择，快速有效地解决问题。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 11 页9 / 11 参考文献1 钟玉泉 . 复变函数论 M. 北京 : 高等教育出版社 ,1998 2 余家荣 . 复变函数论 M. 北京 : 高等教育出版社 ,2007 3 杨露 . 代数学基本定理的推广J.烟台师范学院学报( 自然科学版 ),2000,16(2):150-152 4 宫兆刚 . 复变函数理论证明代数学基本定理的几种方法J.衡阳师范学院学报,2007 年 6 月第 28 卷第 3期5 张庆 . 利用复变函数的理论证明代数学基本定理J.河北职工大学学报,1999 年 5 月首卷第 1 期6 刘洪旭 . 代数学基本定理的引申及证明J.辽宁师专学报 ,2006 年 12 月第 8 卷第 4 期7 刘喜兰 . 代数学基本定理的几种非代数证明J.雁北师院学报 ,1996 年 12 月第 12 卷第 6 期致谢感谢老师的悉心指导！精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 11 页