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下面是代数基本定理的一个证明，只使用非常基础的数学知识(连续函数在平面有界闭区域上有最小值)：
只要学生愿意花一些时间，他们就能理解的
引理. 设$f(z)$是次数$n\ge1$的复系数多项式,则- 对任何$M\ge0$,必有$N>0$,当$|z|>N$时有$|f(z)|\ge M$;
- $|f(z)|$在复平面上有最小值.
证明
- 设$f(z)=a_0z^n+a_1z^{n-1}+\cdots+a_n$,令$A=\max(|a_1|,|a_2|,\cdots,|a_n|)$,则$$\left|a_{1} z^{n-1}+\cdots+a_{n}\right| \leqslant\left|a_{1}\right||z|^{n-1}+\left|a_{2}\right||z|^{n-2}+\cdots+\left|a_{n}\right| \leqslant A\left(|z|^{n-1}+|z|^{n-2}+\cdots+1\right)=A\frac{|z|^n-1}{|z|-1} \overset{|z|>1}\leqslant A \frac{|z|^{n}}{|z|-1}$$
当$|z| \geqslant \frac{2 A}{\left|a_{0}\right|}+1$时,$$A \frac{|z|^{n}}{|z|-1}\leqslant \frac{1}{2}\left|a_{0}\right||z|^{n}$$即有$$\left|a_{1} z^{n-1}+a_{2} z^{n-2}+\cdots+a_{n}\right| \leqslant \frac{1}{2}\left|a_{0}\right||z|^{n}$$于是$$|f(z)| \geqslant\left|a_{0}\right||z|^{n}-\left|a_{1} z^{n-1}+\cdots+a_{n}\right| \geqslant \frac{1}{2}\left|a_{0}\right||z|^{n}$$再若有$|z| \geqslant \sqrt[n]{\frac{2 M}{\left|a_{0}\right|}}$,则有$|f(z)| \geqslant M$.
取$N=\max\left(\frac{2A}{|a_0|}+1,\sqrt[n]{\frac{2M}{|a_0|}}\right)$,则当$|z| \geqslant N$时,有$|f(z)| \geqslant M$. - 任取$z_1$,令$|f(z_1)|=M$.
如1)有$N>0$,当$|z|\ge N$时,有$|f(z)|\ge|f(z_1)|$.
再取$Oxy$平面上闭区域$\sqrt{x^2+y^2}\le N$.任一复数$z=x+iy,|z|\le N$等价于$\sqrt{x^2+y^2}\le N$,又设复多项式$f(z)=f_1(x,y)+if_2(x,y)$,其中$f_1(x,y)$及$f_2(x,y)$皆为$x,y$的二元实系数多项式.故$|f(z)|=\sqrt{f_1(x,y)^2+f_2(x,y)^2}$是$x,y$的连续函数,它在闭区域$\sqrt{x^2+y^2}\le N$上有极小值,也即$|f(z)|$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,它就是复平面上$|f(z)|$的最小值.
代数基本定理. 每个次数$\ge1$的复系数多项式必有复数根.
证明 设$f(z)=a_nz^n+a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_0$是一个复系数多项式,其中$a_n\ne0,n\ge1$.由引理$|f(z)|$在复平面上有最小值$|f(z_0)|$.我们来证$f(z_0)=0$.
用反证法,设$f(z_0)=b_0\ne0$.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$b_0=f(z_0)$.设上式中$b_1=\cdots=b_{k-1}=0,b_k\ne0$,即$f(z)=b_{0}+b_{k}\left(z-z_{0}\right)^{k}+\cdots+b_{n}\left(z-z_{0}\right)^{n},$$\frac{f(z)}{b_{0}}=1+\frac{b_{k}}{b_{0}}\left(z-z_{0}\right)^{k}+\cdots+\frac{b_{n}}{b_{0}}\left(z-z_{0}\right)^{n}$
记$z-z_{0}=h, \frac{b_{l}}{b_{0}}=c_{l}, l=k, \cdots, n .$则上式可写成$\frac{f\left(z_{0}+h\right)}{b_{0}}=1+c_{k} h^{k}+c_{k} h^{k}\left(\frac{c_{k+1}}{c_{k}} h+\cdots+\frac{c_{n}}{c_{k}} h^{n-k}\right)$
于是$$\left|\frac{f\left(z_{0}+h\right)}{b_{0}}\right| \leqslant\left|1+c_{k} h^{k}\right|+\left|c_{k} h^{k}\right|\left(\left|\frac{c_{k+1}}{c_{k}}\right||h|+\cdots+\left|\frac{c_{n}}{c_{k}}\right||h|^{n-k}\right)\tag1\label1$$取$\arg h=\frac{\pi-\arg c_{k}}{k}$,即$c_kh^k$为负实数.又取$|h|$充分小,因$k\ge1$,就有$$-c_kh^k=|c_kh^k|=|c_k||h|^k<1\label2\tag2$$又若$k=n$,则\eqref{1}中无第二项,即为零,若$k<n$,则$n-k>0$.再由$|h|$充分小,\eqref{1}中第二项括号中的和$<\frac12$.于是在两种情形下都有$\left|c_kh^k\right|\left(\frac{|c_{k+1}|}{|c_k|}|h|+\cdots+\frac{|c_n|}{|c_k|}|h|^{n-k}\right)<\frac12|c_kh^k|$.
因此$\frac{\left|f\left(z_{0}+h\right)\right|}{\left|b_{0}\right|} \leqslant\left|1+c_{k} h^{k}\right|+\frac{1}{2}\left|c_{k} h^{k}\right|\xlongequal{\text{用\eqref{2}}}1-\left|c_kh^k\right|+\frac12\left|c_kh^k\right|=1-\frac12\left|c_kh^k\right|<1$,
于是$|f(z_0+h)|<|b_0|=|f(z_0)|$.与$|f(z_0)|$是最小值矛盾.故$|b_0|=|f(z_0)|=0$,即$z_0$是$f(z)$的一个复数根.$\square$
(出自 高等代数 北大第四版 附录三) |
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snowblink
发表于 2024-6-22 23:48
hbghlyj
发表于 2024-10-24 03:14
