十种证明代数基本定理的方法

代数基本定理的十种证明方法

杨国翠　石函早

摘　要:本文应用复变函数的知识，引进多项式的分析性质，从复变函数的解析性出发，分别利用指数函数的性质、最大模原理、最小模原理、刘维尔定理、辐角原理、儒歇定理、零点定理和复积分的有关定理中的柯西积分定理、平均值定理和残数定理对代数基本定理给出了十种证明方法。

关键词:柯西积分定理最大模原理最小模原理指数函数的性质

代数学上有一个著名的基本定理——代数基本定理，即“任意一个n次多项式P(z)= a₀ zⁿ+ a₁ z^n－1+…+ a_n(a₀≠0)在复平面上至少有一个零点”。

一般高等代数的教材中都没有给出该定理的证明，这是因为它的纯代数方法的种种证明都很复杂。大多数复变函数论的教材中都是利用刘维尔定理和儒歇定理来证明代数基本定理。如果引进多项式的分析性质，证明就可简化。而一旦掌握复变函数理论等，其证明就更显得简单了。本文就此作一点尝试。

一、证明过程中需要用到的基本定理

(一)柯西(Cauchy)积分定理

设f(z)在z平面上的单连通区域D内解析，C为D内任一条围线，则∫_C f(z)dz= 0。

(二)刘维尔(Liouville)定理

设函数f(z)在z平面上解析，且有界，则f(z)必为常数。

(三)最大模原理

设函数f(z)在区域D内解析，则f(z)在区域D内任何点都不能达到最大值，除非在D内f(z)恒为常数。

(四)最小模原理

设区域D的边界为C，若f(z)在有界区域D内解析，且不为常数和零，在D上连续，则f(z)只能在C上取到最小值。

(五)辐角原理

若f(z)在闭围线C上解析，在其内部除了N个极点外解析，在C上不为零，而在C的内部有M个零点，则

其中，一个m级零点算做m个零点，而一个n级极点算做n个极点。

(六)儒歇(Rouche)定理

设C是一条围线，函数f(z)及g(z)满足下列条件:

(1)它们在C的内部均解析，且连续到C;

(2)在C上，f(z)＞g(z)。

则函数f(z)与f(z)+ g(z)在C的内部有同样多(n级算做n个)的零点。

(七)唯一性定理

设:

(1)函数f(z)和g(z)在区域D内解析;

(2) D内有一个收敛于D中点a的点列{z_n}(z_n≠a)，在其上f(z)和g(z)等值，则f(z)和g(z)在D上恒等。

(八)平均值定理

如果函数u(z)在圆ξ－z₀＜R内是一个调和函数，在闭圆ξ－z₀≤R上连续，则u(z₀)=。

(九)留数(残数)定理

f(z)在周线或复周线C所围范围的区域D内，除a₁，a₂，…，a_n外解析，在闭域D= D+ C上除a₁，a₂，…，a_n外连续，则∫_C f(z)dz= 2πi。

(十)零点定理

设f(z)在z≤R上解析，在圆周z= R上有f(z)＞M，且f(0)＜M，其中R和M都是有限正数，则f(z)在z＜R内至少有一零点。

二、代数基本定理的十种证明方法

(一)证明一:(利用柯西积分定理)

(反证) A z∈D，若P(z)≠0，则函数在D上解析。由柯西积分定理知，对任意正数R，

另一方面，令M=max{ a_i，i=0，1，…，n－1}，我们可推知(z∈ΓR，R充分大)

因此

这与(1)矛盾。

(二)证明二:(利用刘维尔定理)

(反证) A z∈D，若P(z)≠0，则由P(z)在z平面上解析知，在平面上也解析。

下证1在z平面上有界。

由于

因此存在充分大的正数R，使当z＞R时，＜1，又因为1在闭圆z≤R上连续，因此可设＜M(M

P(z)＞0为常数)。

从而，在z平面上≤M+ 1。

于是，1在z平面上是解析且有界的，由刘维尔定理可

P(z)知，1必为常数，即P(z)为常数，这与定理的假设矛盾。

P(z)故而定理得证。

(三)证明三:(利用平均值定理)

记m=zinD^f P(z)，因为P(z)→+∞(z→∞)，所以

∈存在z₀，使P(z)=m。下证m= 0:

反设m＞0，记f(z)=，则f(z)在D上解析，且f(z)=max f(z₀)(*)，记z= z₀+ρe^iθ，选取ρ足够小，使当0≤ρ≤ρ₀，0≤θ≤2π时，有

对每个固定的ρ∈(0，ρ₀)，记r(θ) e^iφ(θ)=，θ∈［0，2π］。(www.xing528.com)

由平均值定理得= 1，所以= 1。

再由(2)知r(θ) cosφ(θ)≤1，Aθ∈［0，2π］，从而r(θ) cosφ(θ)= 1。

再由(1)知，r(θ) sinφ(θ)=0，于是r(θ) e^iφ(θ)=1。

由此可知f(z)在D上必为常数f(z₀)，矛盾。

(四)证明四:(利用留数定理)

继(*)之后，考虑积分I(a，b)=(其中a，b∈C，ΓR:z=R包围a，b)。

由留数定理知:

另一方面，I(a，b)≤·。

从而可推出I(a，b)= 0，由(3)知f(b)= f(a)，于是f(z)在D上为常数，因此P(z)必为常数。

(五)证明五:(利用最大模原理)

继(*)之后，令D: z－z₀≤R(R＞0)，则f(z₀)=

根据最大模原理，f(z)在D上为常数。

再由唯一性定理知，f(z)在D上为常数，因此P(z)必为常数。

(六)证明六:(利用最小模原理)

令C_m={ z: P(z)=m}，其中m＞0。

由P(z)的连续性知O(C_m):={ z: P(z)＜m}是D上的开集，且a［O(C_m)］=C_m。

令Λ为O(C_m)的一个连通分支，则aΛ＞a［O(C_m)］。

于是存在z₀∈Λ，使得P(z₀)＜P(z)，A z∈Λ∪aΛ。

又因为P(z)在Λ内不为常数，故由最小模原理知，

P(z)在Λ内至少存在一个零点。

(七)证明七:(利用指数函数e^z的性质:若|z|= 1，则存在t∈［0，2π］，使e^it= z₀。证明中z₀、m的意义与证法三相同)

不妨假定a= 1，若m≠0，令Q(z)=，则Q(z)为非常数多项式，Q(0)= 1且A z∈D，Q(z)≥1。

记k为满足下式的最小整数:

Q(z)=1+ b_kz^k+…+ b_nzⁿ，b_k≠0

根据e^z的性质，必存在θ∈R，使得e^ikθb_k=－|b_k|。

令r＞0，且r^k|b|＜1，从上式知，|1+ b ^kr^ke^ikθ= 1－r^k b_k，所以Q(re^iθ)|≤1－r^k( |b^k|－r |b^k+1|－…－r^n－k bⁿ)。当r充分小时必有|b_k|－r|b_k+1|－…－r^n－k|b_n|＞0。

所以当r充分小时有Q(re^iθ)＜1(与Q(z)≥1，A z∈D矛盾)。

因此m=0，故而P(z)在D内至少有一个零点z₀。

(八)证明八:(利用辐角原理)

因为任何一个n次多项式都有唯一的一个奇点——无穷远点为它的n级极点，即(z)=∞。

所以，作一个以原点为圆心、R＞1为半径的圆C:| z|= R，则f(z)所有的零点都在圆| z|＜R内。

f(z)的全部零点个数为m，由辐角原理知 下证m= n。

又因为=－m(4)表示函数f'(z) f(z)关于无穷远点的留数，而P(z)=，(其中Ψ(z)以无穷远点为不低于二级的零点)。

从上式可知函数f'(z) f(z)关于无穷远点的留数为－n。

因此由(4)式可知m= n，即任何一个n次多项式有n个零点。

(九)证明九:(利用儒歇定理)

设f(z)= a₀zⁿ，Φ(z)= a₁ z^n－1+…+a_n。

当z在充分大的圆周C:| z|= R上时，例如取R＞max，有|φ(z)|≤|a₁|R^n－1+…+|a_n－1|R+|a_n|＜(|a₁|+…+|a_n|) R^n－1＜a₀ R⁰= f(z)。

由儒歇定理即知在圆|z|＜R内，P(z)= f(z)+φ(z)= a₀ zⁿ+ a₁z^n－1+…+ a_n与f(z)=a₀zⁿ有相同个数的零点。而f(z)= a₀ z在| z|＜R内有一个n级零点z= 0。

因此P(z)= a₀zⁿ+ a₁z+…+a_n在| z|＜R内有n个零点。

另外，在圆周| z|=R上，或者在其外部任取一点z₀，则z₀=R₀≥R，于是

这说明P(z)在圆周| z|=R上及其外部都没有零点，所以P(z)= a₀zⁿ+a₁z+…+a_n在z平面上有n个零点。

(十)证明十:(利用零点定理)

取m＞P(0)= a₀，因z^lim_∞P(z)=∞，故而对m，→存在R，当z≥R时，有P(z)＞m。

从而由零点定理知，P(z)在| z|＜R内至少有一根。

参考文献:

［1］钟玉泉.复变函数论:第3版［M］.北京:高等教育出版社，2004.

［2］余家荣.复变函数:第3版［M］.北京:高等教育出版社，2005.

［3］朱茱.复变函数论在代数学上的一个应用［J］.阜阳师范学院学报(自然科学版)，1994(2).

［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，2007，28(3).

［5］菅典兵，孙胜利.代数基本定理的证明［J］.商丘职业技术学院学报，2007，6(2).

注:本文若被录用，将作为云南省教育厅一般项目课题“全空间上一类Kirchhoff方程的变分方法研究”(编号: 2010Y051)的成果。