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此中c(r)是核心为0

发布时间:2019-11-03    浏览次数:

  定理的某些证明仅仅证了然任何实系数多项式都有复数根。这脚以推出定理的一般形式,这是由于,给定复系数多项式p(z),以下的多项式

  可推出若是a是的一个k沉根,且t是脚够小的负数,那么p(z0 + ta) p(z0),这是不成能的,由于p(z0)是p正在D内的最小值。

  对于别的一个用到反的拓扑学证明,假设p(z)没有根。选择一个脚够大的负数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依逆时针标的目的绕过方程为z = R的圆一次时,p(z),像z那样,依逆时针标的目的绕过零n次。正在别的一个极端,z = 0时,“曲线” p(z)仅仅是一个(非零的)点p(0),它的卷绕数明显是0。若是z所颠末的回正在这两个极端中被持续变形,那么p(z)的径也持续变形。我们能够把这个变形记为,此中t大于或等于0,而小于或等于1。若是我们把变量t视为时间,那么正在时间为零时,曲线时,曲线)。明显正在每一个点t,按照原先的假设p(z)都不克不及是零,因而正在变形的过程中,曲线一曲都没有颠末零。因而曲线的绕数该当不变。然而,因为绕数正在一起头是n,竣事时是0,因而得出矛盾。所以,p(z)至多有一个根。 这个证明需要依赖实数集的如下现实:正实数R正在上有实平方根,以及任何奇次多项式正在上有一个根(这能够用介值定理证明)。

  寻找一个核心为原点,半径为r的闭圆盘D,使适当z ≥ r时,就有p(z) p(0)。因而,p(z)正在D内的最小值(必然存正在,由于D是紧致的),是正在D的内部的某个点z0取得,但不克不及正在鸿沟上取得。于是,按照最小模道理,p(z0) = 0。也就是说,z0是p(z)的一个零点(根)。

  设A为大小n 0的方块矩阵,并设In为不异大小的单元矩阵。假设A没有特征值。考虑预解函数

  很多非代数证明都用到了“增加引理”:当z脚够大时,首系数为1的n次多项式函数p(z)的表示好像z。一个更切当的表述是:存正在某个正实数R,使适当z R时,就有: 证明一

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

  假设而且r0,再次操纵西罗定理,G存正在一个阶为2的子群N。这时。这和先前不存正在二阶扩张矛盾。因而的任何代数扩张都是本身,代数根基定理得证。

  这个证明用到了辐角道理。设R为脚够大的正实数,使得p(z)的每一个根的绝对值都小于R;这个数必然存正在,由于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:

  因为,于是任何的扩张都是可分的,从而任何的代数扩张都能够被包含正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。由来源根基元定理得出,K存正在来源根基元,它的极小多项式是奇次的。可是操纵实数集的现实2,任何奇次数多项式正在实数上有一个根,于是不存正在奇次的且次数1的不成约多项式。于是是2的幂次。

  (仅当k = 0时,积分才不等于零)。于是得出矛盾,因而A必然有一个特征值。 设z0 ∈ C为使p(z)正在z0取得最小值的数; 从用到刘维尔定理的证明中,能够看到如许一个数必然存正在。我们能够把p(z)写成z z0的多项式:存正在某个天然数k和一些复数,使得,以及:

  所有的证明都包含了一些数学阐发,至多是实数或复数函数的持续性概念。有些证明也用到了可微函数,以至是解析函数。

  它正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)的顶点。按照假设,A没有特征值,因而函数R(z)是整函数,按照柯西积分定理可知:

  因为正在D之外,有p(z) p(0),因而正在整个复平面上,p(z)的最小值正在z0取得。若是p(z0) 0,滚球体育,那么1/p正在整个复平面上是有界的全纯函数,这是由于对于每一个复数z,都有1/p(z) ≤ 1/p(z0)。操纵刘维尔定理(有界的整函数必然是),可知1/p是,因而p是。于是得出矛盾,所以p(z0) = 0。

  这个证明连系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。

  此中c(r)是核心为0,半径为r的逆时针标的目的的圆;于是辐角道理表白,这个数是p(z)正在核心为0、半径为r的开圆盘内的零点的数目N,因为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:

  起首。颠末简单的计较能够证明正在方运算下是封锁的(操纵现实1)。连系。得出不存正在二阶扩张。



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