代数基本定理的证明方法研究(论文)

1、代数学基本定理在代数学中占有十分重要的地位，而在整个数学界中也起着基础作 用。代数学基本定理有两种等价的陈述方式。第一种陈述方式为：“任何一个一元n次复系数多项式p（z） anZn an izn 1 . aiZ a。（ n 1，an 0）在复数域内至少有一根”，它 的第二种陈述方式为：“任何一个一元n次复系数多项式p（z） anZn an izn 1 . aiZ a。（n 1，an 0）在复数域内有n个根，重根按重数计算”。尽管这个定理被命名为代数基 本定理，但，迄今为止，该定理尚无纯代数方法证明。数学家J.P赛尔曾经指出：代数基本定理的所有证明本质上都是拓扑的。美国数学家John Willa

2、rd Mil nor在数学名著从微分观点看拓扑中给了一个证明，是几何直观的，但其中用到了和临界点测度有关的萨尔 德定理。在复变函数论中，对代数基本定理的证明是相当优美的，其中运用了很多经典的 复变函数的理论成果。代数基本定理的第一个证明是由法国数学家达朗贝尔给出的，但其证明是不完整的。 紧接着，欧拉也给出了一个证明，但也有缺陷。严格来说，第一个完整的证明是数学家高 斯给出的，他在分析了拉格朗日的证明方法以后于1799年给出的，他是运用的纯解析的方法证明。而后，到高斯 71岁时，共给出了四种证明方法。十九世纪七十年代，数学家 H.W.Kuhn18对于该定理给出了引人注目的构造性证明，这种方法的数

3、学形象极好，并已 实际用于复系数代数方程求根，堪称不动点算法的范例。如果将复数域理解为复平面，将 p（z） anZn an 1Zn 1 . a1Z a。（n 1，a. 0）的根理解为它在复平面上的零点，那 么就可以借助复变函数的理论去证明代数学基本定理。这种证明方法比较简洁，方法也有 多种。近年来，诸多数学家又给出了其它的证明方法，例如2003年翁东东6对代数基本定理进行了多种方法的分析，并给予了形象的证明。他并没有采用常用的刘维尔定理和儒 歇原理运用复变函数的方法进行证明，而是采用了初等方法证明了代数基本定理，说明可 不用复变函数理论中的有关概念和定理进行证明该定理。本论文结合有关知识点，主

4、要目的是归纳总结代数基本定理几种代表性的证明方法。 第一章运用复变函数理论中的柯西定理、刘维尔定理、儒歇定理、辐角原理、最大模原理、最小模原理、留数定理来证明代数学基本定理， 并对这些证明方法进行说明、比较与总结。 第二章主要介绍了翁东东的初等方法的证明。第三章介绍了Kuhn的两个构造性的证明方法。第四章简单介绍了高斯的纯解析证明方法。1.代数基本定理的复变函数理论证明将复数域理解为复平面，将 p（z） anZn an izn 1 . aiz a （其中n 1 , an 0） 的根理解为它在复平面上的零点，那么就可以借助复变函数的理论去证明代数学基本定 理。这种证明方法比较简洁，方法也有多种。

5、本章主要针对于代数基本定理的两种陈述方 式，运用复变函数理论中的柯西定理、刘维尔定理、儒歇定理、辐角原理、最大模原理、 最小模原理、留数定理来证明代数学基本定理， 并对这些证明方法进行说明、比较与总结1.1代数学基本定理的第一种陈述方式的证明代数学基本定理的第一种陈述方式为：任何一个一元n次复系数多项式p(z) anZn an 1Zn 1 . a1Z a (其中n 1， an 0)在复数域C内至少有一根。1.1.1利用柯西定理证明柯西于1825年给出了复变函数的积分和积分路径无关的条件，它是研究解析函数理论的基础，是复变函数的基本定理定理1.1.1 (柯西定理)设函数f(z)在整个z平面上的单

6、连通区域D内解析，C为D内打任何一条简单闭合曲线，那么f(z)dz 0。C证明：设C所围成的区域是D0，取一个四边平行于坐标轴的矩形，把 C包含在内。用，G四块。由线段连接矩形对边的中点，最多可把 D0分成四块。不妨设分成D1，E， F于f(z)沿的积分等于沿这四块区域边界积分的和，所以必有一块边界上的积分,1 nf (z)dz ;iCf( z)dz4用的同样的方法把D1分成四块，其中必有一块 D2使得7Cf(z)dz满足D114把这种做法一直进行下去可以得到曲线C内的一串矩形区域或矩形被曲线D2f（z）dzD1f（z）dzC截得的区域Dn使得D f（z）dzn存在唯点z属于每个Dn或Dn，而

7、且n时，DnZ0。因为f(Z)在z有导数f (勾)，所以对任何0，当z与Zo充分接近时,因为d f(z)dnDn设最大矩形的周长是f(z) f(Zo) (z Zo)f(Zo)zzoD (z zo) f (z)dz o，所以当n充分大时,f (z)dzDnf (z) f (zo) (z zo) f (zo) dsDnz Zo d sL。当n充分大时，对于zDn，有 zzoDn的周长，所以DnZo ds土 DnldS4n，由以上两式得因为为任意正数，所以jlcf (z)dzf(z)dzo。L2基本定理的证明：设 p(z)anZn an izn 1ao，其中n1， an假设p(z)在复平面上无零点，

8、即对任意z C，有 p(z) 0，于是P0在z平面解析，由柯西定理p(z)(1-1)凹dz o (其中C是圆周z R)C p(z)n 1n 2P (z) _ nanZ (n 1总忆 印另万面，=nn 1n(1p (Z)anZan 1Z. a1Z aoz(1an 1 1an z01an Zn1 q(z)2其中函数P(z)满足当z 时，一致趋于零。1又因为讣一 dz 2 i，所以 $呼dz 閉x q(z)|*c2dz 2 nnax q(z) ( z R )(1-2)故 Rm +【|)乎 |jq(z)dz n，比较(1-1)与(1-2)得门，这与定理的条件矛盾，所以p(z)在平面上至少有一个零点，即

9、一元n次方程在复数域_内至少有一个根。证毕1.1.2利用刘维尔定理证明刘维尔定理是复变函数论中的一个著名定理，在复变函数中有着广泛的应用。下面介绍其内容及运用该定理证明代数基本定理的方法。定理1.1.2 (刘维尔定理)有界整函数必为常数。证明：f(z)是有界整函数，即存在M (,)，使得对任意的z，f (z) M，v|因此任意的z及任意的 (, ) , f (z)在zi z z上解析，从而有f (z) M/，令，可见对任意的z C，f (z) ，从而f (z)在复数域c上恒等于常数。基本定理的证明：假设p(z) anZn a.忆“ 令f (z)-，则f (z)也是整函数。又因为lim f (z

10、)，所以f (z)在整个复平面一上p(z)z有界。由刘维尔定理知f(z)为常数，与p(z)不是常数矛盾。因此一元n次方程在复数域. 内至少有一个根。证毕。刘维尔定理的应用非常广泛。用刘维尔定理做证明题时常见的方法有两种：一种是利 用反证法来证明，另一种是构造辅助函数来证明。而在刘维尔定理证明代数学基本定理的 过程中巧妙地把这两种方法结合了起来。它的证明思路很清晰：利用反证法，并构造辅助 函数f(z) ，由f(z)为整函数且在复数域 上有界，得到f(z)为常数，这与假设相p(z) .a在z平面上无零点。则 p(z)为整函数且当z 比得出矛盾，从而得出结论一元n次方程在复数域内至少有一个根。它的证

11、明过程也很 简洁，很容易让初学者理解和掌握。时，p(z) zn(anan 1zan z1.1.3利用最大模原理证明最大模原理在复变函数理论中也是很重要的定理，它深刻反映着解析函数的性质。下面介绍运用该定理证明代数基本定理的方法。定理1.1.3 (最大模原理)设函数f(z)在区域D内解析，且恒不为常数，则f(z)在区域D内任意点都取不到最大值。证明：假定f(z)在D内不恒等于一常数，那么D1 f(D)是一区域。设f(z)在zo D达 到最大值。显然，wo f (zo) D1且w。必有一充分小的邻域包含在 D1内，于是在这邻域内 可找到一点w满足ww0，从而在D内有一点z满足w f (z )以及f

12、 (z )f(z。)，这与题设矛盾。因此f(z)在D内恒等于一常数。基本定理的证明：假设 p(z) zna1Zn 1an在复平面上没有零点，即p(z)1则g(z)禹在z平面上解析显然当zR且R充分大时有p(z) zn1ann zn /R (1R .Rn )丄Rn2因此，在z R上且R充分大时，有特别地，在z 0处，有ang(z)maxg(z)p(0)1p(z)2R2_1 g(0)2 而这对于充分大的R显然不成立。这就说明了“2于，从而由最大模原理，有p(z)在z平面上没有零点”的假设是不成立的，从而可以得到p(z)在z平面至少有一个零点，即一元n次方程在复数域内至 少有一个根1.1.4利用最小

13、模原理证明最大模定理和最小模定理都是描述解析函数的重要特性的定理，但用最小模定理可更 为简单地证明代数基本定理。定理1.1.4 (最小模原理)若解析函数f(z)在区域D内不恒为常数，且在D内的点zo有f(zo) 0，则f(z。)不可能是f(z)在D内的最小值。证明：假设f(z。)是f(z)在D内的最小值，即f(z。) m。已知f(z)在D内解析且不 为常数，由保域定理知：G f(D)为W平面上的区域。因f(z。)wo G,则存在(wo, ) G， 又f (zo)Wo0，因此存在W1(Wo,)满足W1Wo，故存在Z1D，使得f(zjW|，f(zjf (zo) m，这显然与m为f (z)在D内的最

14、小值矛盾，所以f (zo)不可能是f (z)在D内的最小值。基本定理的证明：设 p(z) zn ajZn 1 . an，假设对 z，有 p(z) o ,并且 p(o) an o。又因为 p(z)在复平面上解析，且不为常数，所以由最小模原理知：对于R o，min p(z)只能在z R上取得(1-3)另一方面，lim p(z) ，从而当R充分大时，在z R上有p(z)anp(0)，则这z与(1-3)式矛盾，所以假设不成立。即p(z)在复平面上至少存在一个零点，亦即一元 n次方程在复数域.内至少有一个 根。证毕。最小模原理与最大模原理在证明代数学基本定理的时候的证明方法是极其相似的：首 先都是假设一

15、元n次方程在复数域内无零点，然后通过f(z)在区域D内某一点能取到最 大值或最小值，但是p(z)却不是常数，与定理的内容产生矛盾，从而得出一元 n次方程在 复数域Q内至少有一个根。这两个定理证明的关键之处是找到| f (z)在区域D内能达到最大值或最小值的某一点，如果找到了这一点，那么我们所要解决的问题就会迎刃而解了。以上四种证明方法均采用反证法，假设一元n次方程在复数域内无零点，通过证明，得到的结论都是：一元n次方程在复数域内至少有一个根。1.2代数学基本定理的第二种陈述方式的证明代数基本定理第二种陈述方式为：任何一个一元n次多项式p(z) anZn an izn 1 . aiz a (其中

16、n 1， an 0)在复数域内有n个根，重根按重 数计算。1.2.1利用留数定理证明在复分析中，留数定理是用来计算解析函数沿着闭曲线的路径积分的一个有力的工具，也可以用来计算实函数的积分。定理1.2.1 (留数定理)设D是在复平面上的一个有界区域，其边界是一条或有限条简单闭合曲线C。设函数f (z)在D内除去有孤立奇点z, , Z2,，z夕卜，在每一点都解析， n并且它在C上每一点也解析，则有f(z)dz 2 iRes(f,zJ，这里沿闭曲线C的积分是Ck 1按照关于区域D的正向取的。证明：以D内每一个孤立奇点Zk为心作圆rk，使以它为边界的闭圆盘上每一点都在 D 内，并且使任意两个这样的闭圆

17、盘彼此无公共点。从D中除去以这些rk为边界的闭圆盘得一区域G，其边界是C以及rk。在G及其边界所组成的闭区域G 上, f(z)解析。因此由柯 n西定理， f(z)dz r f(z)dz，这里沿C的积分是按照关于区域D的正向取的，沿rk的1k 1 rkn积分是按反时针方向取的。根据留数的定义，由此可立即推出；I f(z)dz 2 i Res(f,Zk)。Ck 1基本定理的证明：设 p(z) anZn an 1zn 1 . a1Z a，其中 n 1， an 0，由 lim p(z) 知，存在正 z数R，当z R时，有p(z) 1，这就是说p(z)的根只可能在圆盘z R之内，又因为p(z) 在z R

18、内解析，由留数定理得N 丄卩|，C:|z R，N表示p(z)在z R内部的零点个数，2 i UC p(z)另一方面，根据无穷远点多个的留数定义，有ResPP(z)C四dz= N2 r/ P(z)而当z R时，z为器的可去奇点，于是有需n p(z)，其中p(z)的最高次幕 z为z2，所以，Res翥n，因此有N n故p(z)在复平面上有且仅有n个根。1.2.2利用辐角原理证明辐角原理为确定解析函数零点个数提供了一个有效的工具。定理1.2.2 (辐角原理) 设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，则f(z)在C内零点的个数等于 匕辺dz。2 甘 P(z)基本定理的证

19、明：设 p(z) anZn an izn 1 . ao ( n 1,an 0)显然，p(z)有唯一奇点 ，它是p(z)的n级极点，即lim p(z)，所以，作一个充分z大的圆C: z R，R充分大，则p(z)的所有零点都在C内，设p(z)的全部零点个数为M ， 由辐角原理M九;籃診(其中C:z R)下面需证：M n显然，由上式有(1-4)丄四dzM2 i / p(z)而 p(z)zn (anan 1zzp (z) n(z) np(z) z (z) z其中(z)以无穷远点为不低于2级的零点。从上式可知豐关于无穷远点的留数为n，因此，由(1-4)可知，M n，即证 1.2.3利用儒歇定理证明儒歇定

20、理是复变函数的一个重要定理，主要用于计算一个复变函数在复平面一个区域 中解的数目，下面运用该定理来证明代数基本定理。定理123 (儒歇定理) 设D是在复平面上的一个有界区域，其边界 C是一条或有限条简单闭合曲线。设函数f(z)及g(z)在D及C所组成的闭区域D上解析，并且在C 上,g(z) f (z)，那么在D 上, f (z)及f(z) g(z)的零点的个数相同证明：由于在C 上, g(z) f (z)，可见f (z)及f(z) g(z)在C上都没有零点。如果N 及N分别是f(z)及f(z) g(z)在D内的零点的个数，那么有2 N c arg f (z)，2 N Cargf(z) g(z)

21、 Cargf(z) Carg1 鵲F面证明N N ,为此只需证明c arg1需0当z C时，g(z) f (z)，从而点w 1 -g(z)，总在w平面上的圆盘w 1 1内，当z在Cj f (z)上连续变动一周时,Cj arg1 鬻0，于是 Carg1g(z) f(z)0得证，从而定理得证argw从起始值连续变动仍然回到它的起始值(不围绕基本定理的证明设 p(z)anZn an 1zn 1a。，( nha.0)令 f (z) anZn， g(z) a. 1Zn 16z a。，当在充分大的圆周C : z R上时(不妨max1,an 1a1|a0g(z)n 1an 1 zan 1Rna1z a0a1

22、 Ra。由儒歇定理：p(z) f (z) g(z)与g(z)在C内部有相同个数的零点，即n个零点。(an 1 an 2.ao)Rn 1 f(z)所以原方程在复数域内有且仅有n个根。证毕这个证明的突破点在于取max1,，之后就能顺利地得到g(z) |f (z)，然后由儒歇定理就能得到结论：原方程在复数域C内有且仅有n个根。这三种证明方法都是采用直接证明的方法，得出代数学基本定理的第二种陈述方式：“一元n次复系数多项式p(z) anzn an 1Zn 1 . a1z a (其中n 1， an 0)方程在复数域内有且仅有n个根”。2.代数基本定理的初等方法证明本章采用了初等方法来证明代数基本定理，说

23、明可不用复变函数理论中的有关概念和定理进行证明该定理。主要是针对于代数基本定理的第一种陈述方式（即任何一个一元n次复系数多项式p（z）nn 1anZ an 1 z玄忆ao （其中n 1， an 0）在复数域内至少有一根）来证明的，为此需要先证明几个引理。引理2.1 设f （z）bozm bizn 1 .bnZm n是复系数多项式，其中bo0 m 0，令b bo，g maxbo , b ，,bn，则当 z时，有bzm1 .尿心bo| z。证明：（数学归纳法）当 m 0 时，bz .bnzb|z .bn|zg(z . zn)b时，b1z.bnZnz gb g1 |z当zg-1因此m 0时命题成立。

24、设m k时成立，即当时，有 k 1 1bzk n.bnzbo z当 m k 1时，biz.bnZ k 1 1bizk n.bnZzbo|/|bo(z汽)b g由数学归纳法,命题得证引理2.2 设f (z)1 bozmdzn 1. bnZ”是复系数多项式,bo 0， m 0则必存在zo，使 f(zo)p 1证明：设zp(cosa isin a), gb0 (cosisin )。取ao，使mao，g max bo , b1 . 01 b由引理 2.1,取 0min,洞b g则f(z) |f(Z。),bi P： 1 . I bn Pm nbo Pm 1令ZPo(cosa isin a。)boZ：bo

25、 0： cos(maO isi n(mab ：则f (Zo)1 bo p： bz； 1 . bnZ： n(2-1)由(2-1)式易得f(Zo)1bop；dp；1 .bn p；n ，故 f(Zo)1。推论2.1 设f (z) azn aR 1 . a.是复数域上多项式，ao o， n 1 f(Zo) o ， z ，则存在 z ，使得 f(z)f(z)。证明：因为f(z)为n次多项式，所以f(n1)(z)f(n 2)(Z) . o。令z Zo h，由泰勒公式f (n)(Zo) nf (Zo h)f(Zo) f (Zo)h .-hn!而 f (z) n !a00。所以f (Zo)， f (Zo)，(

26、zo)不全为零。设第一个不为零的是f(m)(Zo)(1 m n)则f (Zof (Zo” mh) f(Zo)h .m!.f(Zo)hn n!因而寫)1f(m)(Zo)hmf(n)(Zo) hnf (Zo)m! .f (Zo)n!上式是关于h的多项式,由引理2.2,选取h,使|兽加J即f(z)f (Zo)引理 2.3 f (z)naznazan (a00)是复多项式，任给G当z R时，有|f(z)证明：当1,取 R max 2Ga。2( a1.aof(z)an )时,na。z 1azn11an _a2za0 1zzana。a1 a2n2a.ana，则当,1,1务aaoizR时，有 f(z) G基

27、本定理的证明:设 f (z) azna1Zn 1 . a. (a。0,n1)(2-2)(2-3)(1)任取复数z，使f(z) 0,(若取不到z ,则结论已成立)取G 0，使f(z) G。由引理2.3,存在R 0 ,当z R时，有f z G .可使z R。连续函数f(z)在有界闭区域z R上可达到最小值|f(zJ即当 R时，有 |f(z0)|f(z)由知，f(z0)f (z) G，从而 f(z0)0。否则，f(Zo) 0,由引理2.2,可取复数z，使得| f (Zo) |f(z) G(2-4)由(2-3)式：从 f(Zo)| | f (z)易得 z R。于是从(2-2)式得出| f(z) G,与

28、(2-4)矛盾。故f (Zo) 0,即f (z)至少有一个零点Zo。用初等方法证法是先对多项式系数进行充分分析和论证，再应用泰勒公式和连续函数的性质，通过对复数域C上点z的取法进行充分的讨论和论证，得出结论。3 .代数基本定理的Kuhn的构造性证明Kuhn关于代数基本定理的构造性证明引人注目，Kuhn方法的数学形象极好，并已实际 用于复系数代数方程求根，堪称不动点算法的典范。本章对Kuhn的方法作一介绍。3.1 Kuhn的1974年的证法从几何上看，多项式函数w f(z) zn aiZn 1 . an(n 1)是复数z平面C到复数w平 面C的一个变换。Kuhn方法的指导思想是：对z平面进行三角

29、剖分，寻求在变换f之下三 个顶点的象在w平面上包围着原点的那种三角形。当剖分加细时，这种三角形的极限点就 是多项式的根。3.1.1标号法设f :C C是由w f(z)确定的映射。f诱导出C的标号法L : C 1,2,3如下：1,若/3 arg f(z)/3或 f(z) 0L(z) 2,若 /3 arg f (z)/33,若arg f (z)/3这时，我们说C是由f标号的。3.1.2完全标号三角形及其与多项式根的关系称C平面三角剖分中的一个三角形L(z)乙,乙2总3为完全标号三角形，如果L(zQ k，k 1,2,3容易证明命题3.1.1若弓込 是由f标号的完全标号三角形，其直径为，那么，对k 1

30、,2,3，成立f(zk) M ，这里，常数M 0被n,a1,a2,.,an1完全确定。3.1.3三角剖分设h 0,对复数z平面C zz x iy,x,y卩 用直线族x ph，y qh，y x rh，进行三角剖分，这里p，q ，r为整数。在这个剖分中，记Qm,hx R, y R,R mh,m为自然数，R的意义见3.1.5。3.1.4算法过程在C平面上取正的定向。C平面的定向诱导出Qm,h的边沿Qm,h的一个定向。算法过程 可描述为下述命题及其证明。命题3.1.2如果Qm,h上存在标号(1,2)的棱而没有标号(2,1)的棱，Qm,h内包含完全标号 三角形。这是因为：设想有一条藤从(1,2)这个棱出

31、发向Qm,h内按照遇到有1和2两个标号的棱就 穿过去的规则生长。显然，这个生长过程的每一步都走到一个新的三角形，并且，沿前进 方向，总是标号1的顶点在左，标号的2顶点在右。如果藤生长到某个有一个顶点标号为3的三角形，那么完全标号三角形已找到。否则，藤就要没完没了地穿行下去，每步都走到 新三角形，但Qm,h内三角形数目有限，所以藤就要穿过 Qm,h走出Qm,h，此时，出口就是Qm,h 上的一个(2,1)棱，与所设矛盾。基本定理的证明：注意f (z) zn(1邑.an) zng(z)，变换w zn将Qm,h高度对称地在w平面上绕行 z z原点n圈，而g(z) 1,当|z 。按照3.1.4的算法过程

32、，容易证明。命题3.1.3存在R 0，使得对所有充分大的m，Qm,h上至少有一个(1,2)棱而没有(2,1)棱，因而每个Qm,h都包含一个完全摆好三角形h。现在，令m ，因hm R 0，固定，有h 0。由命题3.1.2,诸h的聚点是多项式f(Z)的一个根。这就得到代数基本定理的一个构造性的证明3.2 Kuhn的1976年的证法3.2.1半空间C 1,的一个部分记Cr C k，k整数。给定h 0,对C 1平面，用直线族x ph，y qh，y x (2r1)h进行三角剖分。对Cr平面，k 0，用直线族x ph/2kky qh/2ky x 2rh / 2k进行三角剖分，越往上，剖分越细。在复平面剖分

33、的基础上，C1与C。间的一个方块,，Ck与Ck 1之间剖分，得到半空间的一个单纯剖分。3.2.2标号法Ck，k 0,如3.1.1对f进行标号，而C 1上的顶点，由幕函数w zn标号。由此易证。命题3.2.1当m 31 n时，Qm,h上，正好有n个(1,2)棱而没有(2,1)棱，Qm,h外没4有完全标号三角形。由此，等到一个只依赖于次数n而不依赖于具体多项式f的计算出发点Qm,h。取定m43.2.3算法从Qm,h上的n个(1,2)棱出发，向Qm,h内寻找(1,2,3)三角形。然后,按照“遇到（1,3,2）三角形就穿过去”的规则，计算序列向空中发展。如果所遇到的（1,3,2）三角形在C i平面上（

34、因而就在Qm,h内），那么，（1,2,3）三角形，然后重新向空中发展。显然，每个计算序列都在以01, 为轴的半径R的大圆筒内无限发展，不相交，不分叉，因而必须无限向上发展。每向上一层，误差就缩小一半，也就是说，每向上一层， 都利用了“先一层”的计算结果，只要 k足够大，就能算得满足任何精度要求的根。这里R，如同3.1中的基本定理的证明，但Qm,h与R已不相干，保证了算法的规范化 处理。Kuhn算法的实施，是一种顶点替换的过程：从这个三角形（四面体）到下一个三角 形（四面体）。每次只替换一个顶点。现在的算法可以描述为：现在的算法可以描述为从 只依赖于n的Qm,h出发，n个计算序列以k的增大为标志

35、，可以任意接近多项式f的n个根。 从构造性证明的角度来讲，新算法在逼近多项式根的动态形象亦较之前出色。按照Kuhn算法编制的一次算出任意复余数多项式全部根的算法程序，在数值试验中 取得令人满意的结果，并可以存入计算中心应用软件库，供用户调用。4.代数基本定理的纯解析证明(高斯)高斯曾用多种方法证明代数基本定理，他于1797年曾向友人说明关于这一定理的最初证明，下面给出的这个证明是1816年发表的纯解析证明，其证明清晰优美。4.1代数学基本定理的纯解析证法我们需要证明系数A (1,2,., m)为实数的多项式f(z) zm Azm1 A2Zm 2 . Am 1Z Am(4-1)至少有一个(实数或

36、复数)解，使 f(z) 0。令 z x iy r(cos isin ),f (z) t iu t(r, ) iu(t, )，(4-2)因而 f (z) 2 t2 u2如果f(z)处处不为零，函数 g(r, 2)2(在有限平面上)应是处处连续和可微的，(t2 u2)2只要作为分子的函数g(r,)具有这样的性质(分母应是非零的)。在这种情况下可以运用 人们较为熟悉的实分析定理，在以半径R，圆心在原点处的圆K(R)上面，计算积分7tgSdrd(4-3)K(R) (t U )的值。首先可以从0到R对半径r积分，然后0从到2对 积分，或采取相反的次序。的值与积分次序是无关的。如果能表明，对于某个特定的函

37、数g(r,)，计算(4-3)式时会因积分次序不同而导致结果不同，那就表明假设f(z)不成立。而如果能证明确存在这种情况，那么代数基本定理也就可以从反面得到证明了。为做到这一点，弓I入以下定义：tmrm cosm(m1)Arm1cos(m 1).Am 订 cos，umrmsi nm(m1)A1rm 1 s in(m 1).珞订$巾，t m2rmcosm(m 1)2Arm 1 cos(m 1). Am 1r cos ，Am irsin(4-4)2 m2 m 1u m r sin m (m 1) Ar sin(m 1)由(4-4)所规定的量分别与所给函数f(x iy)的实部与虚部有关:t(r, )

38、rmcosmm 1Arcos(n1).Am 1r cosAm，(4-5)u(r,)m . r sin mmA1r1 sin(m1).Am 订sinAm(4-6)t，tt ，uu(4-7)这里 t U ， u我们进一步注意下述关系:这种关系很容易从u r tr ， tr Ur，(4-8)(4-4) (4-5) (4-6)和(4-7 )推到出来。最后引入下列辅助定义:mm 1T R cosA1Rcos( ) . Amcos(m )444URmsinA1 Rm 1 sin( ).Am sin( m )444(4-9)mRmcosA(m 1)Rm1cos() . Am1Rcos( (m4441)mRm sinA(m 1)Rm 1 sin( ) . AmRsin(444这里R是一个满足不等式(m 1)，(4-10)R max(m|An|貶)，n 1,2,., m(4-11)的正实数。对于R这种选择，T、U、T和U 的值总是正的。以T为例，可以立即看 到这一点。如果把T写成下面的形式m Rm n(4-12)T尸 Rn mA V2 cos( n )n 1 mv24由于 cos(7 n )1，且(4-11)成立，那么(4-12)中没有一项是负的。另外，很明显这些项不会全都为零，所以T总是正的。用类似的方法，可以证明 U，T，U也总是正值F面我们再来看，如果r R，那么由