最后更新: 2025-03-17 09:37 查看: 13 次反馈刷题

Gauss 的代数基本定理

三．进一步的例子
例题 0.2 （Gauss 的代数基本定理）$n$ 次代数方程 $(n>0)$ 至少有一个复根．
证 设 $f(z)=z^n+a_{n-1} z^{n-1}+\cdots+a_1 z+a_0$ ，其中 $a_0, a_1, \cdots, a_{n-1}$ 都是复数，$z=x+ i y$ 是复变量．

取充分大的正数 $R$ ，使得满足不等式

$$
R>1+\left|a_0\right|+\left|a_1\right|+\cdots+\left|a_{n-1}\right| .
$$

于是在 $|z|=R$ 时就可以将 $f(z)$ 写为

$$
f(z)=z^n(1+w)
$$

其中

$$
w=\frac{a_{n-1} z^{n-1}+\cdots+a_1 z+a_0}{z^n} .
$$

由 $R$ 的取法，就有

$$
\begin{aligned}
|w| & \leqslant \frac{\left|a_{n-1}\right| R^{n-1}+\cdots+\left|a_1\right| R+\left|a_0\right|}{R^n} \\
& \leqslant \frac{R^{n-1}}{R^n}\left(\left|a_{n-1}\right|+\cdots+\left|a_1\right|+\left|a_0\right|\right)<1 .
\end{aligned}
$$

现在计算当 $z$ 按照逆时针反向绕圆周 $C_R: x^2+y^2=R^2$ 一周时，$f(z)$ 的幅角变化．由 $f(z)=z^n(1+w)$ 可见

$$
\operatorname{Arg} f(z)=n \operatorname{Arg} z+\operatorname{Arg}(1+w)
$$

右边的第一项的变化量是 $2 n \pi$ ．为了计算右边的第二项的变化量，只要从 $|w|<$ 可看出 $1+w$ 在复平面上始终处于以 $1+0 i$ 为中心，以 1 为半径的开圆内，因此 $1+w$ 的幅角变化为 0 。

这里还应当注意，由于 $|w|<1$ ，当 $z \in C_R$ 时，一定有 $f(z) \neq 0$ ．这就是说当 $z$沿 $C_R$ 一周时，复平面上的曲线 $f(z)$ 不会经过原点．

记 $f(z)=P(x, y)+ i Q(x, y)$ ，其中 $P, Q$ 都是二元实函数，则就可以用第二类曲线积分来计算当 $z$ 沿正向绕 $C_R$ 一周时，$f(z)$ 的幅角变化：

$$
\oint_{C_R} \frac{P d Q-Q d P}{P^2+Q^2}=\oint_{C_R} d\left(\arctan \frac{Q}{P}\right)=2 n \pi \neq 0 .
$$

这里的第一个等式来自于一阶微分的形式不变性，第二个等式则是前面对于 $f(z)=z^n(1+w)$ 的幅角变化计算结果．（其中对于 $\arctan Q / P$ 按照前面计算 Gauss 积分时的连续延拓来理解，也就是 $f(z)$ 的幅角 $\theta$ ．）

现在可以证明代数基本定理的结论了．用反证法．设某个 $f(z)$ 在复平面上没有零点，则 $P^2+Q^2$ 也在 $x y$ 平面上没有零点．于是根据 Green 定理知道，由于存在势函数，在闭路上的第二类曲线积分一定等于 0 ，即有：

$$
\oint_{C_R} \frac{P d Q-Q d P}{P^2+Q^2}=0
$$

从而引出矛盾．因此 $f(z)=0$ 一定有根．
注 证明中的第二类曲线积分仍然以 $x, y$ 为变量，只是利用一阶微分的形式不变性，表面上写成了 $P, Q$ 为中间变量的积分．若 $f(z)=z$ ，则就是前面的 Gauss积分．

例题 0.3 设 $D$ 是以点 $(0,0)$ 为内点的凸闭集，其边界 $C$ 为分段光滑曲线，设 $P(x, y), Q(x, y)$ 于 $D$ 上连续可微．在 $C$ 的每个点 $(x, y)$ 上向量 $v (x, y)=$ $(P(x, y), Q(x, y))$ 与矢径 $r =(x, y)$ 不同向．证明： $v (x, y)$ 在 $D$ 中必存在零点，即存在 $\left(x_0, y_0\right) \in D$ ，使得 $P\left(x_0, y_0\right)=Q\left(x_0, y_0\right)=0$ ．
 ![图片](/uploads/2025-03/6c7a59.jpg)
 
 证 首先要说明凸集条件的作用．由于 $D$ 是凸闭集，而 $O=(0,0)$ 是 $D$ 的内点，这样就可以证明从原点出发的任何方向的半射线与边界只交于一点。

为此只要取一个在 $D$ 中的邻域 $O_\delta(O)$ ，然后从某一个边界点 $A$ 作该邻域边界圆的两条切线（参看图 1）。由于 $D$ 是凸集，因此在两条切线和邻域边界圆弧围成的区域内的所有点都是 $D$ 的内点。特别是直线段 $\overline{O A}$ 中除边界点 $A$ 之外都是 $D$ 的内点．由此可见其中不会有第二个边界点，而且在 $\overline{O A}$ 向 $A$ 端方向的延长线上也不会再有第二个边界点。

这样就使得我们可以用极坐标的极角 $\theta$ 作为边界曲线的参数，将边界曲线 $C$表示为 $x=x(\theta), y=y(\theta), 0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi$ 。

如图2所示，矢径向量 $r$ 幅角为 $\theta$ ，在点 $(x, y)$ 绕 $C$ 一周后的变化为 $2 \pi$ ，记 $v$的幅角为 $\varphi$ 。由于 $v$ 与 $r$ 始终不同向，因此 $v$ 与 $r$ 的夹角 $\varphi-\theta$ 始终在 $(-2 \pi, 0)$ 或者 $(0,2 \pi)$ 之间，于是在点 $(x, y)$ 绕 $C$ 一周后 $v$ 的幅角变化也只能是 $2 \pi \neq 0$ ，

另一方面，向量 $v (x, y)=(P, Q)$ 绕 $C$ 正向一周的幅角变化可以用第二类曲线积分表示为

$$
I=\oint_C \frac{Q d P-P d Q}{P^2+Q^2}=\oint_C d\left(\arctan \frac{Q}{P}\right)
$$

用反证法．若 $P^2+Q^2$ 在 $D$ 中没有零点，则就可以用 Green 定理知道积分值 $I=0$ ．引出矛盾．

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