代数基本定理证明

一个不严谨的但是直观的拓扑学证明

见 http://www.matrix67.com/blog/archives/1466 缓存

在此借图一张，这张图非常形象，设

\[f(z) = (2+11i)z^4 + (7+3i)z^3 + (12-7i)z^2 + (-8+3i)z + (-2-i)\]

下图是\(f(z)\)在\(|z|\)不断增大时的图像。
我是GIF

最早给出证明的尝试

Jean Le Rond d’Alembert 在 1746 最早作出尝试，虽然他留下的坑现在很容易补上，可以他无能为力(如紧集上的连续实值函数有界且有最大值和最小值在那时还没被严格证明)。它对自己的引理证明也不严谨，还非常复杂。但是思路很简单。

d’Alembert’s Lemma

在The Fundamental Theorem of Algebra: A Visual Approach里给出了 Darker Neighbor Principle，它是一个 “colorized” version of d’Alembert’s proof of 1746.(只是形像化的展示了一下这个定理，没有证明)

D’Alembert’ 引理：

设\(p(z)=\sum_{k=0}^{n}{c_kz^k}\)是\(n(≥1)\)次多项式。
则

\[p(a)≠0 ⇒ \text{for }∀ε>0 ∃z\text{ such that }|z−a|<ε∧|p(z)|<|p(a)|\]

证：

将上式中的\(z\)写成\(a+w\)形式

\[\begin{align} p(a+w) &= \sum_{k=0}^{n}{c_k(a+w)^k} \\ &= \sum_{k=0}^{n}{c_k\sum_{i=0}^{k}{\binom{k}{i}a^{k-i}w^{i}}} \;\;\;\;\cdots\cdots\text{定义}0^0=1\\ &= \sum_{k=0}^{n}{\sum_{i=0}^{k}{c_k\binom{k}{i}a^{k-i}w^{i}}} \\ &= \sum_{i=0}^{n}{\sum_{k=i}^{n}{c_k\binom{k}{i}a^{k-i}w^{i}}} \;\;\;\;\cdots\cdots\text{脑补一下} \\ &= \sum_{i=0}^{0}{\sum_{k=i}^{n}{c_k\binom{k}{i}a^{k-i}w^{i}}} + \sum_{i=1}^{n}{\left(\sum_{k=i}^{n}{c_k\binom{k}{i}a^{k-i}}\right)w^{i}} \\ &= p(a) + \sum_{i=1}^{n}{d_{i}w^{i}} \;\;\;\;\text{其中}d_i=\sum_{k=i}^{n}{c_k\binom{k}{i}a^{k-i}} \end{align}\]

注意到\(d_n=c_n≠0\)，设\(m\)是使\(d_m\)不为\(0\)的最小下标，显然\(m\)存在。则令\(c=d_m\)

\[p(a+w)=p(a)+cw^m(1+r(w))\]

其实到这里就比较显然了，当w比较小时，r(w)是w的高阶无穷小(从模的角度说，借用一下)，所以\(cw^m\)可以取小任意方向的一个小量，那么自然会取到能使\(|p(a+w)|<|p(a)|\)的值。

剩下的部分：找出一个与\(p(a)\)反方向的小量来

\(\{ \left\vert w \right\vert <ρ_1 = \sqrt[m]{ \left\vert p(a)/c \right\vert }\} ⇒ \left\vert cw^m \right\vert < \left\vert p(a) \right\vert\) (控制小量的模不超过 |p(a)|)
\(\{r(0)=0\} ⇒ ∃ρ_2>0\text{ s.t. }\{ \left\vert w \right\vert <ρ_2 ⇒ \left\vert r(w) \right\vert <1\}\) (控制余项模不超过小量的模)
令 \(ζ^m=-\frac{p(a)/c}{ \left\vert p(a)/c \right\vert }\) (控制小量方向)，令 \(0<ε<min(ρ_1,ρ_2,R)\) (控制小量模)，令 \(ω=εζ\)，注意啦我们有 \(\left\vert p(a+ω) \right\vert < \left\vert p(a) \right\vert\)，因为

\[\begin{align} |p(a+ω)| &= |p(a)+cω^m(1+r(ω))| \\ &= |p(a)+cε^mζ^m(1+r(ω))| \\ &= |p(a)+cε^m(-\frac{p(a)/c}{|p(a)/c|})(1+r(ω))| \\ &= |p(a)-ε^m\frac{p(a)}{|p(a)/c|}(1+r(ω))| \\ &= |p(a)-p(a)ε^m\frac{|c|}{|p(a)|}(1+r(ω))| \\ &= |p(a)-p(a)δ(1+r(ω))| \\ &\quad \text{其中}δ=ε^m\frac{|c|}{|p(a)|}\text{，由于}ε<ρ_1\text{所以}|c|ε^m<|p(a)|，\text{即}0<δ<1 \\ &= |(1-δ)p(a)+δp(a)r(ω)| \;\;\;\;\cdots-δp(a)\text{是小量，}δp(a)r(w)\text{是余项} \\ &≤ (1-δ)|p(a)|+δ|p(a)||r(ω)| \\ &< (1-δ)|p(a)|+δ|p(a)| = |p(a)| \end{align}\]

其大意是，找到一个与p(a)反方向的小量，且保证余项在此小量之上的贡献小于小量贡献的。