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谁能给一个代数基本定理的代数证明

gecimao 发表于 2019-07-07 01:53 | 查看: | 回复:

  所有的证明都包含了一些数学分析,至少是实数或复数函数的连续性概念。有些证明也用到了可微函数,甚至是解析函数。

  定理的某些证明仅仅证明了任何实系数多项式都有复数根。这足以推出定理的一般形式,这是因为,给定复系数多项式p(z),以下的多项式

  就是一个实系数多项式,如果z是q(z)的根,那么z或它的共轭复数就是p(z)的根。

  许多非代数证明都用到了“增长引理”:当z足够大时,首系数为1的n次多项式函数p(z)的表现如同z。一个更确切的表述是:存在某个正实数R,使得当z R时,就有: 证明一

  寻找一个中心为原点,半径为r的闭圆盘D,使得当z ≥ r时,就有p(z) p(0)。因此,p(z)在D内的最小值(一定存在,因为D是紧致的),是在D的内部的某个点z0取得,但不能在边界上取得。于是,根据最小模原理,p(z0) = 0。也就是说,z0是p(z)的一个零点(根)。

  由于在D之外,有p(z) p(0),因此在整个复平面上,p(z)的最小值在z0取得。如果p(z0) 0,那么1/p在整个复平面上是有界的全纯函数,这是因为对于每一个复数z,都有1/p(z) ≤ 1/p(z0)。利用刘维尔定理(有界的整函数一定是常数),可知1/p是常数,因此p是常数。于是得出矛盾,所以p(z0) = 0。

  这个证明用到了辐角原理。设R为足够大的正实数,使得p(z)的每一个根的绝对值都小于R;这个数一定存在,因为n次多项式函数最多有n个根。对于每一个r R,考虑以下的数:

  其中c(r)是中心为0,半径为r的逆时针方向的圆;于是辐角原理表明,这个数是p(z)在中心为0、半径为r的开圆盘内的零点的数目N,由于r R,所以它也是p(z)的零点的总数目。另一方面,n/z沿着c(r)的积分除以2πi,等于n。但这两个数的差为:

  被积分的有理表达式中的分子,次数最多是n 1,而分母的次数是n + 1。因此,当r趋于+∞时,以上的数趋于0。但这个数也等于N n,因此有N = n。

  这个证明结合了线性代数和柯西积分定理。为了证明每一个n 0次复系数多项式都有一个根,只需证明每一个方块矩阵都有一个复数特征值。证明用到了反证法。

  设A为大小n 0的方块矩阵,并设In为相同大小的单位矩阵。假设A没有特征值。考虑预解函数

  它在复平面上是亚纯函数,它的值位于矩阵的向量空间内。A的特征值正好是R(z)的极点。根据假设,A没有特征值,因此函数R(z)是整函数,根据柯西积分定理可知:

  这个公式在半径为A的闭圆盘的外部(A的算子范数)成立。设r A。那么:

  (仅当k = 0时,积分才不等于零)。于是得出矛盾,因此A一定有一个特征值。 设z0 ∈ C为使p(z)在z0取得最小值的数; 从用到刘维尔定理的证明中,可以看到这样一个数一定存在。我们可以把p(z)写成z z0的多项式:存在某个自然数k和一些复数,使得,以及:

  可推出如果a是的一个k重根,且t是足够小的正数,那么p(z0 + ta) p(z0),这是不可能的,因为p(z0)是p在D内的最小值。

  对于另外一个用到反证法的拓扑学证明,假设p(z)没有根。选择一个足够大的正数R,使得对于z = R,p(z)的第一项z大于所有其它的项的和;也就是说,z an 1z + ··· + a0。当z依逆时针方向绕过方程为z = R的圆一次时,p(z),像z那样,依逆时针方向绕过零n次。在另外一个极端,z = 0时,“曲线” p(z)仅仅是一个(非零的)点p(0),它的卷绕数显然是0。如果z所经过的回路在这两个极端中被连续变形,那么p(z)的路径也连续变形。我们可以把这个变形记为,其中t大于或等于0,而小于或等于1。如果我们把变量t视为时间,那么在时间为零时,曲线时,曲线)。显然在每一个点t,根据原先的假设p(z)都不能是零,因此在变形的过程中,曲线一直都没有经过零。因此曲线的绕数应该不变。然而,由于绕数在一开始是n,结束时是0,因此得出矛盾。所以,p(z)至少有一个根。 这个证明需要依赖实数集的如下事实:正实数R在上有实平方根,以及任何奇次多项式在上有一个根(这可以用介值定理证明)。

  首先。经过简单的计算可以证明在开平方运算下是封闭的(利用事实1)。结合。得出不存在二阶扩张。

  由于,于是任何的扩张都是可分的,从而任何的代数扩张都可以被包含在一个伽罗瓦扩张内。假设是一个伽罗瓦扩张。考虑伽罗瓦群的西罗2-子群H。那么是奇数。由本原元定理得出,K存在本原元,它的极小多项式是奇次的。但是利用实数集的事实2,任何奇次数多项式在实数上有一个根,于是不存在奇次的且次数1的不可约多项式。于是是2的幂次。

  假设并且r0,再次利用西罗定理,G存在一个阶为2的子群N。这时。这和先前不存在二阶扩张矛盾。因此的任何代数扩张都是本身,代数基本定理得证。

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