刘维尔和代数基本定理

刘维尔定理

复平面上的有界整函数是常数

证明： 令$a$和$b$表示任意的两个复数，再令$C$是以$0$为圆心且半径$R > \max(\mid a\mid ,|b|)$的正方向圆。由柯西积分方程我们有

$\begin{aligned} f(b)-f(a) =&\frac{1}{2\pi i}\left[\int_C\frac{f(z)}{z-b}dz - \int_C\frac{f(z)}{z-a}\right] \\ =& \frac{1}{2\pi i}\int_C \frac{f(z)(b-a)}{(z-a)(z-b)}dz \\ \ll& \frac{1}{\mid 2\pi i\mid }\frac{M\mid b-a\mid \cdot R(2\pi)}{(R-\mid a\mid )(R-\mid b\mid )} \end{aligned}$

则当$R\to \infty$的时候，由$M$是$\mid f\mid$的上界，利用$M-L$定理得到最后一个远小于符号。然后我们可以简单的得到该极限是$0$，这意味着$f(b)=f(a) $且$f$是整数。

扩展刘维尔定理

若$f$是整函数且若对某个整数$k\geq 0$ ，则这里存在正常数$A$和$B$使得

$\begin{aligned} \mid f(z)\mid \leq A+B\mid z\mid^k \end{aligned}$

则$f$是一个次数为$k$的多项式
证明： 该证明通过欧拉算法得到，然后我们通过归纳法来证明，当$k = 0$的时候，就是我们的刘维尔定理。对于归纳步骤，我们考虑函数

$g(z) = \begin{cases} \frac{f(z)-f(0)}{z} & z\neq 0\\ f'(0) & z=0 \end{cases}$

这是一个整函数，由我们的归纳假设，

$\begin{aligned} \mid g(z)\mid \leq C+D\mid z\mid ^{k-1} \end{aligned}$

$g$是一个至多$k-1$次数的多项式，因此$f$是一个至多$k$次的多项式

代数基本定理

每个复的非常数多项式在$C$中有零点

证明： 令$P(z)$是任意多项式，若$P(z)\neq 0$对所有$z\in C$成立，$f(z) = 1/P(z)$是整函数。由于$P$是非常数的，那么$f$有界且$z\to\infty$意味着$P\to \infty$。由刘维尔定理，$f$是常数，所以这样的$P$不存在，矛盾。

注记：

  • 若$\alpha$是$n$次多项式$P_n$的零点，则$P_n(z) = (z-\alpha)P_{n-1}(z)$，其中$P_{n-1}$是次数为$n-1$的多项式。 这是因为我们可以使用欧拉算法：
$\begin{aligned} \left|\frac{P_n(z)}{z-\alpha}\right| \leq A+B\mid z\mid ^{n-1} \end{aligned}$

由拓展的刘维尔定理我们知道$P_{n-1}$是次数至多为$n-1$的多项式。

  • 若$\alpha$是$k$重零点，若$P(z) = (z-a)^k Q(z)$，其中$Q$是非零多项式，等价说法是，若$\alpha$是$k$重的，如果$P(\alpha) = P’(a) = \cdots = P^{(k-1)}\alpha = 0$，则$P^{(k)}\neq 0$

  • 我们可以拓展代数基本定理，由归纳假设我们可以证明$n$次多项式至多有$n$个零点，直接进入归纳步骤，由假设，这里就存在一个$k$次多项式可以被重写为

$\begin{aligned} P_k(z) = A(z-z_1)\cdots (z-z_k) \end{aligned}$

则

$\begin{aligned} P_{k+1}(z) = A(z-z_0)(z-z_1)\cdots (z-z_k) \end{aligned}$

那么我们把括号拆开就有

$\begin{aligned} P_n(z) = a_nz^n+\cdots+a_0 \end{aligned}$

因此就有

$\begin{aligned} P_n(z) = a_n(z-z_1)\cdots(z-z_n) \end{aligned}$

其中$z_1,\cdots,z_n$是$P_n$的零点。并且系数间存在如下关系：

$\begin{aligned} \sum z_k = -a_{n-1}/a_n \end{aligned}$

定义：凸包

复数集$S$的凸包是包含$S$的最小凸集

高斯-卢卡斯定理

任何多项式导数的零点都位于多项式零点的凸包

证明： 设$z_1,\cdots,z_n$是$P$的零点，再令$\alpha$是$P’$的零点但不是$P$的零点。则

$\begin{aligned} \frac{P'(\alpha)}{P(\alpha)} = \frac{1}{a-z_1} + \frac{1}{a-z_2}+\cdots + \frac{1}{a-z_n} \end{aligned}$

我们重写

$\begin{aligned} \frac{1}{a-z_i} = \frac{\bar{\alpha} - \bar{z_i}}{\mid \alpha - z_i\mid ^2} \end{aligned}$

然后我们把重写的东西带入一开始的方程就有

$\begin{aligned} \bar{a} = \sum a_i\bar{z_i} \end{aligned}$

其中 $a_i = \frac{1}{\mid a-z_i\mid^2}/\sum\frac{1}{\mid a-z_i\mid^2}$

我们对$\alpha$取共轭，得到了$\alpha$关于$z_1,\cdots,z_n$的表达式，因此$\alpha$位于$S$的凸包内。