浅谈用复变函数理论证明代数学基本定理
摘要
伴随漫长的解方程历史探索中，数学家得出一元多次方程解与次数关系的代数学基本定理，一直以来，学者们给出了不同的方法来证明这个定理。代数学基本定理在代数学中占有非常重要的地位，这篇论文将叙述代数学基本定理的内容，并用复变函数理论中的刘维尔定理、儒歇定理、辐角原理、最大模原理、最小模原理、留数定理、柯西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。
关键词：代数学基本定理；辐角原理；最大模原理；最小模原理
Abstract
With a long history of exploration in the solution of equations, mathematicians come to a dollar many times the relationship between the number of equations and the fundamental theorem of algebra, has been, have given different ways to prove the theorem. Fundamental theorem of algebra in the algebra plays a very important position, this paper will describe the contents of the fundamental theorem of algebra and complex function theory with the Liouville theorem, Confucianism break theorem, argument principle, maximum modulus principle, the minimum Modulus principle, residue theorem, Cauchy's Theorem to prove the fundamental theorem of algebra, and the proof are described, compared and summarized.
Keywords：Fundamental theorem of algebra; Argument principle; maximum modulus principle; minimum modulus principle
目录
前言 (1)
1代数学基本定理的第一种陈述方式的证明 (1)
1．1利用刘维尔定理证明 (1)
1.1.1刘维尔定理 (1)
1.1.2 证明过程 (1)
1.2利用最大模定理证明 (2)
1.2.1最大模原理 (2)
1.2.2 证明过程 (2)
1.3利用最小模定理证明 (3)
1.3.1最小模原理 (3)
1.3.2 证明过程 (3)
1.4利用柯西定理证明 (4)
1.4.1柯西定理 (4)
1.4.2 证明过程 (4)
2代数学基本定理的第二种陈述方式的证明 (5)
2.1利用儒歇定理证明 (5)
2.1.1儒歇定理 (5)
2.1.2 证明过程 (6)
2.2利用辐角原理证明 (6)
2.2.1辐角原理 (6)
2.2.2 证明过程 (6)
2.3利用留数定理证明 (7)
2.3.1留数定理 (7)
2.3.2 证明过程 (8)
参考文献 (9)
致谢 (9)
浅谈用复变函数理论证明代数学基本定理
前言
代数学基本定理在代数学中占有十分重要的地位。代数学基本定理的第一种陈述方式为：“任何一个一元n 次多项式0111...)(a z a z a z a z p n n n n ++++=--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 次多项式0111...)(a z a z a z a z p n n n n ++++=--在复数域内有n 个根，重根按重数计算”，这两种陈述方式实际上是等价的。此定理若用代数的方法证明，有些将是极其复杂的。但是，如果我们将复数域理解为复平面，将)(z p n 的根理解为它在复平面上的零点，那么我们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，本文提出几种证明方法，其中个别方法在常见的复变函数的教材中已有涉及，如用刘维尔定理和儒歇定理证明代数学基本定理，但仍是有一些方法在复变函数教材中并未涉及。本论文将对利用复变函数中的相关定理证明代数学基本定理作进一步的探讨。
1代数学基本定理的第一种陈述方式的证明 1.1利用刘维尔定理证明 1.1.1刘维尔定理
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(0,)M ?∈+∞，使得z C ?∈，()f z M <
0z C ?∈,(0,)ρ?∈+∞,()f z 在}
{
0z z z ρ-≤上解析
∴0()f z M ρ'≤
令ρ→+∞，可见0z C ?∈，0()0f z '=，从而()f z 在C 上恒等于常数。 1.1.2 证明过程
假设)(z p 在z 平面上无零点
令011
1...)(a z a z
a z a z p n n n n ++++=--为整函数 且当∞→z 时，∞→+
++
=-)...()(01n
n n n
z
a z
a a z z p
对)
()(z p z f =
而言，是整函数
又0)(lim z =∞
→z f
∴)(z f 在C 上有界
由刘维尔定理：)(z f 为常数，与)(z p 不是常数矛盾
∴一元n 次方程在C 内至少有一个根。
刘维尔定理应用非常广泛。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)
(1)(z p z f =
，由)(z f 为整函数且在C 上有界，得到)(z f 为常数，这与假
设相比得出矛盾，从而得出结论一元n 次方程在C 内至少有一个根。它的证明过程也很简洁，很容易让初学者理解和掌握。 1.2利用最大模定理证明 1.2.1最大模原理
最大模原理：设函数)(z f 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1()D f D =是一区域 设()f z 在0z D ∈达到极大值
显然，001()w f z D =∈,而且0w 必有一充分小的邻域包含在1D 内 于是在这邻域内可找到一点w '满足0w w '>
从而在D 内有一点z '满足()w f z ''=以及0()()f z f z '>，这与所设矛盾 因此()f z 在D 内恒等于一常数。 1.2.2 证明过程
假设n n n a z
a z z p +++=-...)(1
1在z 平面上没有零点，即0)(≠z p
则)
()(z p z g =
在z 平面上解析
显然当R z =且R 充分大时
有n
n n
z
a z
a z z p +
++
=...1)(1n
n
n n
R R
a R
a R 2
1)...1(1≥
-
--
≥
因此，在R z =上且R 充分大时，有n
R
z p z g 2)
(1)(≤
=
由最大模原理，有2m ax ()n
z R
g z R
=≤
特别地，在0=z 处，有2
)
0(1)0(2
R
g p a n ≥
==
而这对于充分大的R 显然不成立
这就说明了“)(z p 在z 平面上没有零点”的假设是不成立的 从而可以得到)(z p 在z 平面至少有一个零点 即一元n 次方程在C 内至少有一个根。 1.3利用最小模定理证明 1.3.1最小模原理
最小模原理：若区域D 内不恒为常数的解析函数)(z f ，在D 内的点0z 有0)(0≠z f ，则)(0z f 不可能是)(z f 在D 内的最小值。 1.3.2 证明过程
设n n n a z
a z z p +++=-...)(1
1 假设C z ∈?平面，有0)(≠z p ，并且0)0(≠=n a p 又因为)(z p 在C 平面上解析，且不为常数 所以由最小模原理知：
)(min ,0z p R R
z ≤>?只能在R z =上取得 （#）
另一方面，∞=∞
→)(lim z p z ，从而当R 充分大时，在R z =上有)0()(p a z p n =>，
则这与（#）式矛盾，所以假设不成立
即)(z p 在复平面C 上至少存在一个零点 亦即一元n 次方程在C 内至少有一个根。
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：首先都是假设一元n 次方程在C 内无零点，然后通过)(z f 在区域D 内某一点能取到最大值或最小值，但是)(z p 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C 内至少有一个根。这两个定理证明的关键之处是找到)(z f 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。 1.4利用柯西定理证明 1.4.1柯西定理
柯西定理：设函数)(z f 在整个z 平面上的单连通区域D 内解析，C 为D 内任何一条简单闭合曲线，那么0)(=?dz z f c
。
1.4.2 证明过程
设011
1...)(a z a z
a z a z p n n n n ++++=--，其中1≥n ，0≠n a 假设)(z p 在z 平面上无零点，即对任意z ，有0)(≠z p
于是
)
()('
z p z p 在z 平面解析，由柯西定理0)
()('
=?
dz z p z p c
（其中C 是圆周R z =） （1）
另一方面，
)
()('
z p z p =
11
11
2
11......)1(a z a z a z a a z
a n z
na n n n
n n n n n ++++++-+-----
)
1...11()
1
1...111(011
11n
n n n n n n n z
a a z
a a z z a a n z a a n
n n +++
+
+-+
=---
)](1[2
z q n +=
其中函数)(z q 满足当∞→z 时，一致趋于零。 又因为i dz z c
π21
=?
所以
?
?
=≤c
R
z c
z
z d z q dz z
z q )()(max )(
0)(max 2→==z q R
z π，当∞→=R z （2）
故n dz z
z q z
dz i
c
c
R =+
?
?
∞
→])([1
lim
π
比较)1(与)2(得0=n ，这与定理的条件矛盾 所以)(z p 在平面上至少有一个零点 即一元n 次方程在C 内至少有一个根。
以上四种证明方法均采用反证法，假设一元n 次方程在C 内无零点，通过证明，得到的结论都是代数学基本定理的第一种陈述方式：“一元n 次方程在C 内至少有一个根”。 2代数学基本定理的第二种陈述方式的证明 2.1利用儒歇定理证明 2.1.1儒歇定理
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)(z f 及)(z g 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，)(z f 及)()(z g z f +的零点的个数相同。
证明：由于在C 上，()()g z f z <，可见)(z f 及)()(z g z f +在C 上都没有零点。如果N 及N '分别是)(z f 及)()(z g z f +在D 内的零点的个数，那么有
2arg ()c N f z π=?， 2arg[()()]c N f z g z π'=?+
()
arg ()arg[1]
()c c g z f z f z =?+?+
下面证明N N '=,为此只需证明c ()arg[1]0()
g z f z ?+
=
当z C ∈时，)()(z f z g <，从而点)
()(1z f z g w +
=，总在w 平面上的圆盘11<-w 内，当
z 在j C 上连续变动一周时，w arg 从起始值连续变动仍然回到它的起始值（不围绕0=w ）,亦即()arg[1]0
()
j
c g z f z ?+
=，
于是()arg[1]0()
c g z f z ?+
=得证，从而定理得证。
2.1.2 证明过程
设0111...)(a z a z a z a z p n n n n ++++=-- 令n n z a z f =)(，0111...)(a z a z a z g n n +++=--
当在充分大的圆周R z =上时（不妨取110...m ax 1,n n a a a R a -??+++??
>??????
）
011
1011
1......)(a R a R
a a z a z
a z g n n n n +++=+++≤----
1
120(...)()n n n a a a R
f z ---≤+++<
由儒歇定理：)()()(z g z f z p +=与)(z g 在C 内部有相同个数的零点，即n 个零点
∴原方程在C 内有且仅有n 个根
这个证明的突破点在于取110...m ax 1,n n a a a R a -??+++??
>??
????，
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C 内有且仅有n 个根。
2.2利用辐角原理证明 2.2.1辐角原理
辐角原理：设)(z f 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，而一个n 级极点算作n 个极点。
)a 它们在C 的内部均解析，且连续到C )b 在C 上，)
()(z w z f >
则函数)(z f 与)()(z w z f +在C 的内部有同样多(n 级算作n 个)的零点。 2.2.2 证明过程
设n n n a z
a z a z p +++=-...)(1
10（00≠a ） 显然，()p z 有唯一奇点∞，它是()p z 的n 级极点，即lim ()z p z →∞
=∞，所以，作一个
充分大的圆R z C =:，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'
1
()2()
c
p z M dz ni
p z =
?（其中R z c =:）
下面需证：n M = 显然，由上式有
'
1()2()
c
p z dz M ni
p z =-? (*)
表示函数
'
()()
p z p z 关于无穷远点的留数
而10()(...)()n
n n
a a p z z a z z z
z
=+
++
=Φ '
'
()()()()
()
p z n z n z p z z
z z
Φ=
+
=
+ψΦ
其中)(z ψ以无穷远点为不低于2级的零点。从上式可知'
()()
p z p z 关于无穷远点的留数为
n -，因此，由（*）可知，n M =，即证。
2.3利用留数定理证明 2.
3.1留数定理
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1z ，2z ，…，n z 外，在每一点都解析，并且它在C 上
每一点也解析。那么我们有1
()2R e (,)n
k k c
f z dz i s f z π==∑?，这里沿C 的积分是按照关于区
域D 的正向取的。
证明：以D 内每一个孤立奇点k z 为心，作圆k r ，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盘彼此无公共点。从D 中除去以这些k r 为边界的闭圆盘得一区域G ，其边界是C 以及k r 。在G 及其边界所组成的闭区域G 上，()f z 解析。因此根
据柯西定理， 1()()n
k c
rk
f z dz f z dz ==
∑??
，这里沿C 的积分是按照关于区域D 的正向取的，
沿k r 的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
1
()2R e (,)n
k k c
f z dz i s f z π==∑?
。
2.3.2 证明过程
设0111...)(a z a z a z a z p n n n n ++++=--
由∞=∞
→)(lim z p z 知，存在正数R ，当R z ≥时，有()1p z >
这就是说)(z p 的根只可能在圆盘z R <之内，又因为)(z p 在z R <内解析
由留数定理得：'
1
()2()
c
p z N dz i
p z π=?，R z C =:，N 表示)(z p 在z R <内部的零点
个数
另一方面，根据在无穷远点的留数定义，有'
()R e ()
z p z s
p z =∞
=
'
1()2()
c
p z dz i
p z π?
=N -
而当z R >时，∞=z 为
'
()()
p z p z 的可去奇点
于是有
'
()()()
p z n p z p z z
=
+，其中()p z 的最高次幂为2
-z
所以，'
()R e ()
z p z s
n p z =∞
=-，因此有n N =
故)(z p 在复平面上有且仅有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 次方程在C 内有且仅有n 个根”。这些证明方法各有长处，在具体应用的时候可以做出适当的选择，快速有效地解决问题。
参考文献
[1]钟玉泉.复变函数论[M].北京:高等教育出版社,1998
[2]余家荣.复变函数论[M].北京:高等教育出版社,2007
[3]杨露.代数学基本定理的推广[J].烟台师范学院学报(自然科学版),2000,16(2):150-152
[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年6月第28卷第3期
[5]张庆.利用复变函数的理论证明代数学基本定理[J].河北职工大学学报,1999年5月首卷第1期
[6]刘洪旭.代数学基本定理的引申及证明[J].辽宁师专学报,2006年12月第8卷第4期
[7]刘喜兰.代数学基本定理的几种非代数证明[J].雁北师院学报,1996年12月第12卷第6期
致谢
感谢老师的悉心指导！
复变函数测试题及答案
第一章 复数与复变函数 一、 选择题 1．当i i z -+= 11时，50 75100z z z ++的值等于（ ） （A ）i （B ）i - （C ）1 （D ）1- 2．设复数z 满足3 )2(π = +z arc ，6 5)2(π = -z arc ，那么=z （ ） （A ）i 31+- （B ）i +-3 （C ）i 2321+- （D ）i 2 123+- 3．复数)2 (tan πθπ θ<<-=i z 的三角表示式是（ ） （A ）)]2sin()2[cos( sec θπθπ θ+++i （B ）)]2 3sin()23[cos(sec θπ θπθ+++i （C ）)]23sin()23[cos( sec θπθπθ+++-i （D ）)]2 sin()2[cos(sec θπ θπθ+++-i 4．若z 为非零复数，则22z z -与z z 2的关系是（ ） （A ）z z z z 222≥- （B ）z z z z 222=- （C ）z z z z 222≤- （D ）不能比较大小 ５．设y x ,为实数，yi x z yi x z +-=++=11,1121且有1221=+z z ，则动点),(y x 的轨迹是（ ） （A ）圆 （B ）椭圆 （C ）双曲线 （D ）抛物线 ６．一个向量顺时针旋转 3 π ，向右平移３个单位，再向下平移１个单位后对应的复数为i 31-，则原向量对应的复数是（ ） （A ）2 （B ）i 31+ （C ）i -3 （D ）i +3
７．使得2 2 z z =成立的复数z 是（ ） （A ）不存在的 （B ）唯一的 （C ）纯虚数 （D ）实数 ８．设z 为复数，则方程i z z +=+2的解是（ ） （A ）i +- 43 （B ）i +43 （C ）i -43 （D ）i --4 3 ９．满足不等式 2≤+-i z i z 的所有点z 构成的集合是（ ） （A ）有界区域 （B ）无界区域 （C ）有界闭区域 （D ）无界闭区域 10．方程232= -+i z 所代表的曲线是（ ） （A ）中心为i 32-，半径为2的圆周 （B ）中心为i 32+-，半径为２的圆周 （C ）中心为i 32+-，半径为2的圆周 （D ）中心为i 32-，半径为２的圆周 11．下列方程所表示的曲线中，不是圆周的为（ ） （A ） 22 1 =+-z z （B ）433=--+z z （C ） )1(11<=--a az a z （D ）)0(0>=-+++c c a a z a z a z z 12．设,5,32,1)(21i z i z z z f -=+=-=，则=-)(21z z f （ ） （A ）i 44-- （B ）i 44+ （C ）i 44- （D ）i 44+- 13．0 0) Im()Im(lim 0z z z z x x --→（ ） （A ）等于i （B ）等于i - （C ）等于0 （D ）不存在 14．函数),(),()(y x iv y x u z f +=在点000iy x z +=处连续的充要条件是（ ） （A ）),(y x u 在),(00y x 处连续 （B ）),(y x v 在),(00y x 处连续 （C ）),(y x u 和),(y x v 在),(00y x 处连续（D ）),(),(y x v y x u +在),(00y x 处连续
代数基本定理
[科目] 数学 [关键词] 代数/基本定理/复数/根 [文件] sxbj110.doc [标题] 代数基本定理 [内容] 代数基本定理 代数基本定理﹝Fundamental Theorem of Algebra﹞是指：对于复数域，每个次数不少于1的复系数多项式在复数域中至少有一根。由此推出，一个n次复系数多项式在复数域内有且只有n个根，重根按重数计算。 这个定理的最原始思想是印度数学家婆什迦罗﹝1114-1185？﹞在1150年提出的。他提出了一元二次方程的求根公式，发现了负数作为方程根的可能性，并开始触及方程根的个数，即一元二次方程有两个根。婆什迦罗把此想法称为《丽罗娃提》﹝Lilavati﹞，这个词原意是“美丽”，也是他女儿的名字。 1629年荷兰数学家吉拉尔在《代数新发现》中提出他的猜测，并断言n次多项式方程有n个根，但是没有给出证明。 1637年笛卡儿﹝1596-1650﹞在他的《几何学》的第三卷中提出：一个多少次的方程便有多少个根，包括他不承认的虚根与负根。 欧拉在1742年12月15日在给朋友的一封信中明确地提出：任意次数的实系数多项式都能够分解成一次和二次因式的乘积。达朗贝尔、拉格朗日和欧拉都曾试过证明此定理，可惜证明并不完全。高斯在1799年给出了第一个实质证明，但仍欠严格。后来他又给出另外三个证明﹝1814-1815，1816，1848-1850﹞，而“代数基本定理”一名亦被认为是高斯提出的。 高斯研究代数基本定理的方法开创了探讨数学中存在性问题的新途径。20世纪以前，代数学所研究的对象都是建立在实数域或复数域之上，因此代数基本定理在当时曾起到核心的作用。
近世代数基础练习题
1.证明：在环R 到环R 的一个同态满射φ之下,R 的一个子环S 的象S 是R 的一个子环。 证明: S 为R 的一个子环, ∴0∈S , 而0=(0)φ∈S , 故S 非空。 对,a b ?∈S ,?,a b ∈S ,使得a =()a φ,b =()b φ 由于S 是环R 的子环，故a b S -∈,ab S ∈ ∴ a b -=()a φ-()b φ=()a b φ-S ∈ a b = ()a φ()b φ=()ab φS ∈ 故S 是R 的一个子环。 2. 证明：在环R 到环R 的一个同态满射φ之下, R 的一个子环S 的逆象S 是R 的一个子环。 证明: S 为R 的子环, ∴0∈S , 而0=(0)φ∈S , ∴0∈S ,故S 非空。 对?,a b ∈S ，?,a b ∈S ,使得 a =()a φ,b =()b φ, 由于S 是环R 的子环， 故 a b -=()a φ-()b φ=()a b φ-S ∈ a b =()a φ()b φ=()ab φS ∈ ∴a b S -∈,ab S ∈ 故S 是R 的一个子环。 3.证明：在环R 到环R 的一个同态满射φ之下，R 的一个理想A 的象A 是R 的一个理想。 证明: A 为R 的理想,∴ 0A ∈,,而0=(0)φ∈A ,故A 非空。 对,a b A ?∈,r R ?∈, ?,a b ∈A ,r R ∈ 使得 ()a a φ=,()b b φ=,()r r φ= 由于A 是环R 的一个理想，故 a b A -∈,ra A ∈，ar A ∈
∴ a b -=()a φ-()b φ=()a b φ-A ∈ ra =()r φ()a φ=()ra A φ∈, ar =()a φ()r φ=()ar A φ∈ 故 A 是环R 的一个理想。 4.证明：在环R 到环R 的一个同态满射φ之下，R 的一个理想A 的逆象A 是R 的一个理想。 证明: A 为环R 的理想,∴0∈A , 而0=φ(0)∈A , ∴0∈A, 故A 非空。 对于?,a b ∈A ，?r R ∈，?,a b ∈A ,r R ∈ 使得 ()a a φ=,()b b φ=,()r r φ= 由于A 是环R 的理想， 故 a -b ∈A ，ar A ∈，ra A ∈。 a -b =()a φ-()b φ=()a b φ-A ∈ r a =()r φ()a φ=()ra φ∈A ， ar =()a φ()r φ=()ar φA ∈ ∴a b A -∈,ra A ∈，ar A ∈, 故 A 是R 的一个理想。