Fundamental Theorem of Algebra

hbghlyj

lectures14-Earl.pdf page77
Theorem 231 (Fundamental Theorem of Algebra) (Gauss 1799) Let $p$ be a non-constant polynomial with complex coefficients. Then there exists $\alpha \in \mathbb{C}$ such that $p(\alpha)=0$.

Proof. Say that $p(z)=a_n z^n+\cdots+a_0$ where $n \geqslant 1, a_i \in \mathbb{C}$ and $a_n \neq 0$. As $p(z) / z^n \rightarrow a_n$ as $z \rightarrow \infty$ then there exists $R>0$ such that
\[
\left|\frac{p(z)}{z^n}\right|>\frac{\left|a_n\right|}{2} \quad \text { for }|z|>R .\tag{1}
\]Suppose for a contradiction that $p$ has no roots so that $1 / p$ is holomorphic. Then, by Cauchy's Integral Formula, with $r>R$, we have\begin{aligned}
0 & \neq\left|\frac{1}{p(0)}\right|=\left|\frac{1}{2 \pi i} \int_{\gamma(0, r)} \frac{\mathrm{d} w}{w p(w)}\right| \\
& \leqslant \frac{1}{2 \pi} \times 2 \pi r \times \sup _{|w|=r}\left|\frac{1}{w p(w)}\right| \\
& \color{#f00}\leqslant \frac{1}{2 \pi} \times 2 \pi r \times \frac{2}{\left|a_n\right| r^{n+1}} \\
&=\frac{2}{\left|a_n\right| r^n} \rightarrow 0 \quad \text { as } r \rightarrow \infty
\end{aligned}which is the required contradiction.
______________________
Proof of the red inequality:
\[\left|\frac{1}{w p(w)}\right|=\frac1{r\left|p(w)\right|}\overset{(1)}<\frac{2}{\left|a_n\right| r^{n+1}}\quad\text{, for }|w|=r\]
Therefore
\[\sup_{|w|=r}\left|\frac{1}{w p(w)}\right|\leqslant\frac{2}{\left|a_n\right| r^{n+1}}\]

hbghlyj

Proof by Liouville's theorem, see this thread 2^#

hbghlyj

只需检查“每个具有实系数的非常数多项式 $p(z)$ 都有一个复数根”这一命题。这个引理足以建立一般情况，因为，给定一个具有复系数的非常数多项式 $p$，多项式
$$ q=p{\overline {p}}$$
具有实系数，并且，如果 $z$ 是 $q$ 的根，那么 $z$ 或其共轭是 $p$ 的根。这里，$ {\overline {p}} $ 是通过将 $p$ 的每个系数替换为其复共轭得到的多项式；$ {\overline {p}} $ 的根正好是 $p$ 的根的复共轭。

如上所述，只需检查“每个具有实系数的非常数多项式 $p(z)$ 都有一个复数根”这一命题。这个命题可以通过对 $2^{k}$ 整除 $p(z)$ 的次数 $n$ 的最大非负整数 $k$ 进行归纳来证明。

如果 $k=0$，那么 $n$ 是奇数，因此 $p(z)$ 有一个实根。

现在，假设 $n=2^km$（其中 $m$ 是奇数且 $k>0$），并且定理已经在多项式的次数为 $2^{k-1}m'$（其中 $m'$ 是奇数）时得到了证明。
设 $F$ 为 $p(z)$ 的分裂域，$z_1,\dots,z_n\in F$ 为 $p(z)$ 的根，要证明它们在 $\mathbb C$ 中。
设 $a$ 为 $p(z)$ 中 $z^{n}$ 的系数，则 $ p(z)=a(z-z_{1})(z-z_{2})\cdots (z-z_{n}). $

对于任意一个实数 $t$，定义：
$ q_{t}(z)=\prod _{1\leq i<j\leq n}\left(z-z_{i}-z_{j}-tz_{i}z_{j}\right). $
那么 $q_t(z)$ 的系数是 $z_i$ 的对称多项式，具有实系数（因为，它们可以表示为具有实系数的基本对称多项式的多项式，即 $-a_{1},a_{2},\ldots ,(-1)^{n}a_{n}$ 的实系数多项式。所以 $q_{t}(z)$ 实际上具有实系数）。
此外，$q_{t}(z)$ 的次数是 $n(n-1)/2=2^{k-1}m(n-1)$，并且 $m(n-1)$ 是一个奇数。因此，使用归纳假设，$q_{t}$ 至少有一个复数根；换句话说，对于 $\{1,\dots, n\}$ 中的两个不同元素 $i$ 和 $j$，$z_{i}+z_{j}+tz_{i}z_{j}$ 是复数。

可以找到不同的实数 $t$ 和 $s$ 使得 $z_{i}+z_{j}+tz_{i}z_{j}$ 和 $z_{i}+z_{j}+sz_{i}z_{j}$ 是复数（对于相同的 $i$ 和 $j$）。因此，$z_{i}+z_{j}$ 和 $z_{i}z_{j}$ 都是复数。很容易检查每个复数都有一个复平方根，因此每个次数为 2 的复多项式通过二次公式都有一个复数根。由此可见，$z_{i}$ 和 $z_{j}$ 是复数，因为它们是二次多项式 $z^{2}-(z_{i}+z_{j})z+z_{i}z_{j}$ 的根。

hbghlyj

@abababa 看看证明有没有问题

abababa

hbghlyj 发表于 2025-2-15 20:42
@abababa 看看证明有没有问题

由$q_t$至少有一个复数根，怎么能推出$z_i+z_j+tz_iz_j$是复数的呢？这一步没看懂。而且如果只需要两个，其实不用对任意的$t\in\mathbb{R}$吧，只要取$t=1,2$就足够了。

我明白了，设$\alpha\in\mathbb{C}$是$q_t(x)$的一个根，则$q_t(\alpha)=0$，因此$\prod_{i<j}(\alpha-z_i-z_j-tz_iz_j)=0$，这个数是在域$F$上，所以没有零因子，因此左边至少有一个是零，是零的那个就满足$z_i+z_j+tz_iz_j=\alpha\in\mathbb{C}$。

hbghlyj

abababa 发表于 2025-2-16 04:23
而且如果只需要两个，其实不用对任意的$t\in\mathbb{R}$吧，只要取$t=1,2$就足够了。

需要$t$取两个不同值时，$z_i + z_j + tz_iz_j\inC$中的$(i,j)$相同。
只取$t$为$1,2$则有可能得出$(i,j)$不同。
需要对任意的$t\in\mathbb{R}$吧，用鸽巢原理找到$t$取两个不同值得出的$(i,j)$相同。

en.wikipedia.org/wiki/Fundamental_theorem_of_algebra#By_induction

Since there are more real numbers than pairs (i, j), one can find distinct real numbers t and s such that z_i + z_j + tz_iz_j and z_i + z_j + sz_iz_j are complex (for the same i and j). So, both z_i + z_j and z_iz_j are complex numbers.