основная теорема алгебры

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

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.

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

Но

из книги

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

Данное доказательство было совсем недавно сделано.

Кем же?

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

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

из книги

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

дык книга вышла год назад АФАИК.

Самое простое доказательство этой теоремы даётся методами комплексного анализа.

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

http://rghost.net/46568376/image.png

http://rghost.net/46568381

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

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

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

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

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

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.

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.

Из моего прошлого (1. курс): ftp://dim13.org/pub/math/

Глубоко ещё не нырял, но где-то я это уже видел.

Что-то я не верю.

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

Но спасибо, что сделал меня вспомнить это:)

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.

доказательство теоремы студентам

Не нужно.

http://math.nsc.ru/LBRT/u3/bard/fails/lecture/lect-4.pdf Читать сначала до теоремы об алг замкнутости поля комплексных чисел. Я считаю это алгебраическим доказательством.

Я считаю это алгебраическим доказательством.

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

QED

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

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 :)

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

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...

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

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

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.

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.

Всё идёт по плану.
//ZOG

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

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.

ну ты хоть название книги привёл бы

если б помнил - сказал бы.

Ну так если докапываться то действительные числа можно матаном заклеймить)

действительные числа можно матаном заклеймить

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

можно провести чисто алгебраически

из теоремы о промежуточном значении

чисто алгебраически в таком смысле это сделал ещё Гаусс

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

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

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

Потом в яслях будут читать.

что за обобщения?

ЕМНИП

чисто алгебраически в таком смысле это сделал ещё Гаусс

нет. его доказательство намного более громоздко.

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

какое?

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.

его доказательство намного более громоздко

вот ещё. в современной нотации - тот самый разворот A5

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}.

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}.

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?

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.

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

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

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).

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

Остается узнать, это ли доказательство имел в виду ТС.

основная теорема алгебры (комментарий) — у него там матрицы. По-видимому, там примерно то же самое, но другими словами.

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.

нашел автора: Theo de Jong: lineare algebra

cast beastie, jtootf