LINUX.ORG.RU
ФорумTalks

основная теорема алгебры

 ,


1

2

Итак, великое страдание первокурсников закончилось (а может быть только началось :) Ибо теперь доказательство сабжа можно провести чисто алгебраически без помощи всякой теории функций. Доказательство влезает на один разворот книги формата A5.

Для Ъ: основная теорема алгберы утверждает что у любого полинома существует корень из области комплексных чисел.

раньше доказательство не давали на первом курсе в пределах материала линейки, ибо оно как бы выходило за пределы познания студента данного курса. Но зато теперь можно грузить их в полном объеме :-)

★★☆☆☆

Линк, сестра, линк! И, если не ошибаюсь, это было доказано очень давно.

beastie ★★★★★ ()
Последнее исправление: beastie (всего исправлений: 2)
Ответ на: комментарий от beastie

Линк, сестра, линк! И если не ошибаюсь, это было доказано очень давно.

нет линка. Но могу фотку копии из книги сейчас сделать :)

Данное доказательство было совсем недавно сделано. Все остальные (алгебраические) до этого были слишком громоздкими.

dikiy ★★☆☆☆ ()
Ответ на: комментарий от dikiy

Давай, если не сложно, интересно взглянуть одним глазом! ☺

Но

из книги

намекает о том, что не так уж и «недавно». ☺

beastie ★★★★★ ()
Последнее исправление: beastie (всего исправлений: 1)
Ответ на: комментарий от dikiy

Данное доказательство было совсем недавно сделано.

Кем же?

record ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от record

сам хотел найти. Да на руках только копия из книжки осталась :(

Сейчас попробовал на вебкамеру сфоткать - но получается чуть более, чем нечитабельно.

dikiy ★★☆☆☆ ()
Ответ на: комментарий от beastie

из книги

намекает о том, что не так уж и «недавно». ☺

дык книга вышла год назад АФАИК.

dikiy ★★☆☆☆ ()

Самое простое доказательство этой теоремы даётся методами комплексного анализа.

Аналитические функции комплексного переменного раньше 3-го курса, ЕМНИП, не рассматриваются.

record ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от record

Аналитические функции комплексного переменного раньше 3-го курса, ЕМНИП, не рассматриваются.

вот до 3-го студентам и не надо было париться с доказательством сабжа :)

dikiy ★★☆☆☆ ()
Ответ на: комментарий от dikiy

Да, не очень, очень сложно что-то разобрать. Счас, попытаюсь найти заметки проф. Brünig, по-моему я что-по похожее я уже видел.

beastie ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от dikiy

вот до 3-го студентам и не надо было париться с доказательством сабжа :)

Есть замечательный приём для всех, включая первокурсников: «Очевидно, что....» :-)

record ★★★★★ ()
Последнее исправление: record (всего исправлений: 1)
Ответ на: комментарий от beastie

Да, не очень, очень сложно что-то разобрать. Счас, попытаюсь найти заметки проф. Brünig, по-моему я что-по похожее я уже видел.

вряд ли. это свежак, афаик. Завтра в универе точно узнаю источник.

dikiy ★★☆☆☆ ()
Ответ на: комментарий от beastie

Да, не очень, очень сложно что-то разобрать. Счас, попытаюсь найти заметки проф. Brünig, по-моему я что-по похожее я уже видел.

вообще в топике доказывается, что любое отображение A:C->C имеет один собтсвенный вектор и соответственно собственное значение (C - конечноразмерное комплексное векторное пространство). Отсюда следует сразу сабж.

dikiy ★★☆☆☆ ()
Последнее исправление: dikiy (всего исправлений: 1)

Давным давно. Нам давали дава доказательства: матанское и алгебраическое. В чем проблема? Что ты хотел сказать?

Но спасибо, что сделал меня вспомнить это:)

maggotroot ()
Ответ на: комментарий от maggotroot

Нам давали дава доказательства: матанское и алгебраическое.

Что-то мне неизвестно чисто алгебраическое доказательство.

Наиболее алгебраичный вариант, который мне известен, основывается на том, что любой многочлен нечётной степени в \mathbb{R}[X] имеет корень. После этого - чистая алгебра, но до этого - нужен матан.

Собственно, я не очень понимаю, на чём может основываться алгебраическое доказательство.

Miguel ★★★★★ ()
Последнее исправление: Miguel (всего исправлений: 1)

доказательство теоремы студентам

Не нужно.

shahid ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от maggotroot

Я считаю это алгебраическим доказательством.

В этом случае справедлива следующая лемма, доказанная в курсе математического анализа.

QED

Miguel ★★★★★ ()

ну ты хоть название книги привёл бы, что ли, если доказательство лень переписать

jtootf ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от maggotroot

Страница 15, лемма 1 --- матан во всей красе :)

если бы чисто алгебраическое доказательство существовало, то оно прокатывало бы для доказательства алгебраической замкнутости всей полей вида F[x]/(x^2+1), где F — поле, с алгебраической точки зрения ведущее себя как вещественные числа. Но, очевидно, не все поля такого вида алгебраически замкнуты :)

yura_ts ★★ ()
Ответ на: комментарий от record

Второго. У нас по крайней мере на четвертом семестре давали.

LongLiveUbuntu ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от yura_ts

полей вида F[x]/(x^2+1), где F — поле, с алгебраической точки зрения ведущее себя как вещественные числа. Но, очевидно, не все поля такого вида алгебраически замкнуты

Depends. Если, скажем, считать, что свойство «быть максимальным упорядоченным полем» - алгебраическое (а почему нет?), то F[x]/(x^2+1) таки алгебраически замкнуто.

Правда, встаёт проблема доказательства того, что \mathbb{R} - максимальное упорядоченное поле...

Miguel ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от Miguel

Правда, встаёт проблема доказательства того, что \mathbb{R} - максимальное упорядоченное поле...

То-то же :) Кстати. Как это сделать по простому?

yura_ts ★★ ()
Ответ на: комментарий от yura_ts

F — поле, с алгебраической точки зрения ведущее себя как вещественные числа

Ну в алгебраические свойства входит, например, замкнутость поля F[x]/(x^2+1)

Но, очевидно, не все поля такого вида алгебраически замкнуты :)

Проблема как раз в обратном. Поле действительных чисел с алгебраической точки зрения не уникально. Если на алгебру смотреть, как на некоторую логическую теорию первого порядка, то внезапно выяснится, что у нее есть счетная модель, а множество вещественных чисел существенно не счетно.

Максимум, на что можно рассчитывать, так это доказать теорию введя некоторое простое с точки зрения алгебры предположение, а затем доказать, используя соображения матана, что действительные числа им обладают.

ival ★★ ()
Ответ на: комментарий от ival

Максимум, на что можно рассчитывать, так это доказать теорию введя некоторое простое с точки зрения алгебры предположение

Собственно, это и сделано в том доказательстве, которое знаю я, и которое приведено по ссылке выше. Предполагаем, что поле упорядочено, и что любой многочлен над ним, принимающий как положительные, так и отрицательные значения, имеет корень. Ну, ещё потребуется умение решать квадратные уравнения. И всё.

Miguel ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от record

это где? что за обобщения? у нас на 2 было, у параллельной группы на 1.

cdshines ★★★★ ()
Ответ на: комментарий от Miguel

Что-то я не верю.

все доказательство переписывать не буду. Основные шаги:

1. вещественная матрица nxn, где n - нечетно имеет хотя бы одно вещественное собственное значение. Следует сразу из теоремы о промежуточном значении (хоть и матан, но эта теорема очевидна и проста)

2. пусть L и M - эндоморфизмы со свойством LM=ML, тогда у них есть общий вещественный собственный вектор.

3. комплексная матрица nxn, где n нечетно имеет хотя бы одно собственное значение.

4. по индукции по d размерности матрицы доказываем, что комплексная матрица nxn, где n=(2^d)s, где s нечетно имеет хотя бы одно собственное значение.

отсюда сразу следует основная теорема алгебры.

все доказательство занимает меньше одного разворота книги A5 и легко для понимания.

dikiy ★★☆☆☆ ()
Ответ на: комментарий от jtootf

ну ты хоть название книги привёл бы

если б помнил - сказал бы.

dikiy ★★☆☆☆ ()
Ответ на: комментарий от Miguel

Ну так если докапываться то действительные числа можно матаном заклеймить)

maggotroot ()
Ответ на: комментарий от maggotroot

действительные числа можно матаном заклеймить

ну они, вообще говоря, аналитические по природе. без того или иного определения бесконечно малых конструктивно ты их не введёшь

jtootf ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от dikiy

можно провести чисто алгебраически

из теоремы о промежуточном значении

чисто алгебраически в таком смысле это сделал ещё Гаусс

jtootf ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от dikiy

(хоть и матан, но эта теорема очевидна и проста)

Можешь не продолжать. Одно простое доказательство на этой идее мы уже знаем.

Miguel ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от cdshines

это где? что за обобщения? у нас на 2 было, у параллельной группы на 1.

Потом в яслях будут читать.

что за обобщения?

ЕМНИП

record ★★★★★ ()
Последнее исправление: record (всего исправлений: 4)
Ответ на: комментарий от jtootf

чисто алгебраически в таком смысле это сделал ещё Гаусс

нет. его доказательство намного более громоздко.

dikiy ★★☆☆☆ ()
Ответ на: комментарий от Miguel

Можешь не продолжать. Одно простое доказательство на этой идее мы уже знаем.

какое?

dikiy ★★☆☆☆ ()
Ответ на: комментарий от dikiy

какое?

PDF-ка выше. Вкратце: берём многочлен p над \mathbb{R}. Пусть его степень будет n = 2^k m, где m — нечётное. Дальше индукция по k; если k = 0, то n — нечётное и мы обращаемся к матану. Допустим, k > 0. В каком-то расширении \mathbb{C} многочлен раскладывается полностью: p(X) = (X - x_1)(X - x_2)...(X - x_n). Выбираем константу c\in\mathbb{R}, полагаем y_{ij} = x_i + x_j + c x_i x_j, и составляем новый многочлен q(Y) = (Y - y_{12})(Y - y{13})...(Y - y_{1n}) (Y - y_{23})... (Y - y_{(n-1)n}). Его коэффициенты — целочисленные симметрические многочлены от x_i, а потому выражаются как целочисленные многочлены от элементарных симметрических многочленов от x_i — то есть, как целочисленные многочлены от коэффициентов p. Значит, они лежат в \mathbb{R}. Степень q равна n(n-1)/2 = 2^{k-1}m(n-1), причём m(n-1) — нечётное число. По предположению индукции, q имеет комплексный корень — то есть, одно из y_{ij} принадлежит \mathbb{C}.

Дальше замечаем, что c выбрано произвольно. Выбрать его можно бесконечным числом способов — а, значит, для каких-нибудь двух разных c эти i и j совпадут, и мы получим, что элементы x_i + x_j + c_1 x_i x_j и x_i + x_j + c_2 x_i x_j принадлежат \mathbb{C}. Отсюда x_i и x_j — корни квадратного уравнения с комплексными коэффициентами, то есть, тоже элементы \mathbb{C}.

Ну, а если p — многочлен с комплексными коэффициентами, то, умножив его на сопряжённый, мы сведём задачу к многочлену с вещественными коэффициентами.

Miguel ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от dikiy

его доказательство намного более громоздко

вот ещё. в современной нотации - тот самый разворот A5

jtootf ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от Miguel

В каком-то расширении \mathbb{C} многочлен раскладывается полностью: p(X) = (X - x_1)(X - x_2)...(X - x_n).

полагаем y_{ij} = x_i + x_j + c x_i x_j

составляем новый многочлен q(Y) = (Y - y_{12})(Y - y{13})...(Y - y_{1n}) (Y - y_{23})... (Y - y_{(n-1)n}).

Не доказано, что y_{ij}\in\mathbb{C} (пока они лежат в каком-то расширении \mathbb{C}), и следовательно многочлен q(Y) с коэффициентами в каком-то расширении \mathbb{C}. Поэтому пока еще не следует:

По предположению индукции, q имеет комплексный корень — то есть, одно из y_{ij} принадлежит \mathbb{C}.

Поскольку индукция берется для многочленов p над \mathbb{R}.

iVS ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от iVS

Не доказано, что y_{ij}\in\mathbb{C}

Да, и это пока не нужно.

и следовательно многочлен q(Y) с коэффициентами в каком-то расширении \mathbb{C}

Читай чуть внимательнее:

Его коэффициенты — целочисленные симметрические многочлены от x_i, а потому выражаются как целочисленные многочлены от элементарных симметрических многочленов от x_i — то есть, как целочисленные многочлены от коэффициентов p. Значит, они лежат в \mathbb{R}.

Miguel ★★★★★ ()
Последнее исправление: Miguel (всего исправлений: 1)
Ответ на: комментарий от Miguel

Значит, они лежат в \mathbb{R}.

В таком случае, с - тоже в \mathbb{R}, что проверяется для коэффициента многочлена q(Y) при степени (наибольшая степень - 1).

Дальше замечаем, что c выбрано произвольно. Выбрать его можно бесконечным числом способов — а, значит, для каких-нибудь двух разных c эти i и j совпадут

Справедливо ли, если с - действительное?

И да, я впервые сталкиваюсь с таким:

В каком-то расширении \mathbb{C} многочлен раскладывается полностью: p(X) = (X - x_1)(X - x_2)...(X - x_n).

Что это за расширение \mathbb{C}, и где и при каких обстоятельствах это высказывание доказывается?

iVS ★★★★★ ()
Последнее исправление: iVS (всего исправлений: 1)
Ответ на: комментарий от iVS

В таком случае, с - тоже в \mathbb{R}

Читай внимательно:

Выбираем константу c\in\mathbb{R}

Я действительно чуть слажал, там не целочисленные многочлены, а вещественные, ибо c тоже в них участвует. Остальное в силе.

И да, я впервые сталкиваюсь с таким:

Для любого ненулевого многочлена над любым полем вообще есть расширение этого поля, в котором этот многочлен полностью раскладывается на множители. Это азы.

Miguel ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от Miguel

значит, для каких-нибудь двух разных c эти i и j совпадут

не могу распарсить предложение. На языке формул скажи, пожалуйста.

iVS ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от iVS

не могу распарсить предложение.

Для каждого конкретного c\in\mathbb{R} найдутся такие i и j, что y_{ij}\in\mathbb{C}. То есть, найдётся функция f : \mathbb{R} \to [1..n]\times[1..n], такая, что если f(c) = (i, j), то y_{ij}\in\mathbb{C}. Поскольку \mathbb{R} — бесконечное множество, а [1..n]\times[1..n] — конечное, функция f не может быть инъекцией. Значит, найдутся такие c_1 и c_2, что f(c_1)=f(c_2).

Miguel ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от Miguel

Большое спасибо. Остается узнать, это ли доказательство имел в виду ТС.

iVS ★★★★★ ()
Ответ на: комментарий от Miguel

И да, я впервые сталкиваюсь с таким:

Для любого ненулевого многочлена над любым полем вообще есть расширение этого поля, в котором этот многочлен полностью раскладывается на множители. Это азы.

ну не такие уж и азы. Для этого надо уже знать немного теории поля. А в сабже доказывается вообще без этого.

dikiy ★★☆☆☆ ()
Вы не можете добавлять комментарии в эту тему. Тема перемещена в архив.