Quod Erat Demonstrandum

2008/05/17

證明 Gauss Lucas Theorem

Filed under: Pure Mathematics — johnmayhk @ 1:40 下午

設在阿根圖 (Argand plane) 的兩點 A, B,分別表示複數 z_A, z_B


那麼,在線段 AB 內的任何一點 Z,它對應的複數 z 一定可以表達成

z = az_A + bz_B

其中 0 \le a \le 1, 0 \le b \le 1, a + b = 1

為何?初中的同學還記得 section formula 嗎?修附數的同學還記得 vector 中的 point of division 嗎?試運用它們來證明一下上述的聲稱。

現在由兩點推到三點,即設在阿根圖的三點 A, B, C,分別表示複數 z_A, z_B, z_C

那麼,在三角形 ABC 內的任何一點 Z,它對應的複數 z 一定可以表達成

z = az_A + bz_B + cz_C

其中 0 \le a \le 1, 0 \le b \le 1, 0 \le c \le 1, a + b + c = 1

為何?看看下圖,D 就是線段 AB 內的一點。


由上述的介紹,z_D = az_A + bz_B 其中 0 \le a \le 1, 0 \le b \le 1, a + b = 1

又因為 Z 是線段 CD 內的一點,所以

z = cz_C + dz_D 其中 0 \le c \le 1, 0 \le d \le 1, c + d = 1

那麼

z = cz_C + d(az_A + bz_B) = a'z_A + b'z_B + cz_C,其中

0 \le a' \le 1, 0 \le b' \le 1, 0 \le c \le 1 另外

a' + b' + c = ad + bd + c = (a + b)d + c = d + c = 1
證畢。

把情況由三點進一步推論到 n 點,我們可以推論:若 Z 在點 A_1, A_2, \dots A_n 生成的凸包內,

z = a_1z_{A_1} + a_2z_{A_2} + \dots + a_nz_{A_n}

其中,0 \le a_k \le 1 (k = 1, 2, \dots , n) 及 a_1 + a_2 + \dots + a_n = 1

反過來說,我們亦可以推論:

z = a_1z_{A_1} + a_2z_{A_2} + \dots + a_nz_{A_n}

其中,0 \le a_k \le 1 (k = 1, 2, \dots , n) 及 a_1 + a_2 + \dots + a_n = 1,則

Z 落在點 A_1, A_2, \dots A_n 生成的凸包內。大家試證明上述的種種。

好了,有了上述的資料,我們可以著手證明 Gauss Lucas Theorem。

P(x) 為非常 (non-constant) 多項式。不失一般性,設 P(x) 的 leading coefficient 是 1(為何可以這樣?)。由代數基本定理,知

P(x) = \prod_{k=1}^n(x - z_k)^{m_k} – – – – – – (*)

z_1, z_2, \dots z_nP(x) = 0 的相異根 (distinct roots),它們的重根數 (multiplicity) 分別是 m_1, m_2, \dots m_n

現在看看 P'(x) 的零點 \omega。(即 P'(\omega) = 0,嗯,其實說『P'(x) = 0 的根 \omega』會否對同學好一些?)

(情況一)如果 \omega 同時是 P(x) 的零點,即 P(\omega) = 0,亦即 \omega = z_k (for some k),那麼,自然地它所表示的點必然在 P(x) 的零點生成的凸包內。

(情況二)如果 \omega 不是 P(x) 的零點,即 P(\omega) \ne 0。我們的方向是,設辦法把 \omega 寫成 z_1, z_2, \dots , z_n 的(線性)組合。

把 (*) take natural logarithm 後求導,得

\frac{P'(x)}{P(x)} = \sum_{k = 1}^n\frac{m_k}{x - z_k} (for P(x) \ne 0)

代入我們所關心的 \omega,即

0 = \frac{P'(\omega)}{P(\omega)} = \sum_{k = 1}^n\frac{m_k}{\omega - z_k}

隨即,我們希望把 \omega 做 “subject",但它身處分母,做 “subject" 有點難度。但我們有個常用的方法:考慮共軛 (conjugate),即

0 = \frac{P'(\omega)}{P(\omega)}
= \sum_{k = 1}^n\frac{m_k}{\omega - z_k}
= \sum_{k = 1}^n\frac{m_k}{\overline{\omega} - \overline{z_k}}
= \sum_{k = 1}^n\frac{m_k}{\overline{\omega} - \overline{z_k}}\times \frac{|\omega - z_k|^2}{|\omega - z_k|^2}
= \sum_{k = 1}^n\frac{m_k}{|\omega - z_k|^2}(\omega - z_k)

從而

0 = \sum_{k = 1}^na_k(\omega - z_k) 其中 a_k = \frac{m_k}{|\omega - z_k|^2} > 0 (k = 1,2,...,n)

可以了,把 \omega 寫作 “subject",得

\omega = \frac{1}{\sum_{k = 1}^na_k}(\sum_{k = 1}^na_kz_k) = \sum_{k = 1}^nb_kz_k

其中 b_k = \frac{a_k}{\sum_{k = 1}^na_k} (k = 1,2,...,n)

看,我們已經把 \omega 寫作 z_1, z_2, \dots ,z_n 的線性組合,而且,系數 b_k 介乎於 0 和 1 之間,並且其總和是

\sum_{k = 1}^nb_k = 1;換句話說,由本文開頭的介紹,知 \omega 真的落在 z_1, z_2, \dots ,z_n 生成的凸包中。亦即所有 P'(x) 的零點真的落在 P(x) 的零點所生成的凸包中。

其實,對於 P'(x) 的零點,凸包還是很『大』,那麼我們可否找到比凸包更小的集,同樣可以盛載所有 P'(x) 的零點?這問題要留待數學家了。

發表迴響 »

仍無迴響。

RSS feed for comments on this post. TrackBack URI

發表迴響

在下方填入你的資料或按右方圖示以社群網站登入:

WordPress.com Logo

You are commenting using your WordPress.com account. Log Out / 變更 )

Twitter picture

You are commenting using your Twitter account. Log Out / 變更 )

Facebook照片

You are commenting using your Facebook account. Log Out / 變更 )

Google+ photo

You are commenting using your Google+ account. Log Out / 變更 )

連結到 %s

在 WordPress.com 建立免費網站或網誌.

%d 位部落客按了讚: