代数方程根在复平面上分布的几何证明

人们在代数方程根的研究主要由于三个方向：

１>关于根的存在性问题．

2>不求解方程而按照它的系数去探索它的根的一些性质，例如它是否具有实数根，有多少个，几个正的几个负的等等问题．

3>关于方程的根的近似计算问题．

第一个问题，由于伽罗瓦的横空出世而获得彻底解决，并由此发展出了近世代数和群论用来解决更一般性问题．由于计算机的发展，第三个问题也得到很好解决，牛顿法在例如matlab, octave，python等工具中得到广泛应用，用这些方法的工具可以很快的解出高次方程的数值解．

关于第二个根分布的问题，在控制科学里面得到广泛应用，在控制系统里面，传递函数的根轨迹是控制系统是否稳定的重要依据，现在还依稀记得当时学习自动控制原理的时候，绘制传递函数的根轨迹的问题．但当时体会不到和代数方程里面的联系原来有这么深刻，最近看了基本关于这个方向的扫盲书，有些新的，记录下来，并且尝试用数形结合的方式说明，这样更直观，容易说清楚理论的东西究竟在现实中有什么意义．

多项式的形式和导数:

对于形如

$f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x+a_n. \quad a_0 \quad a_1 \quad \cdots \quad a_n \in C \quad x\in C$

的多项式，在二维笛卡尔坐标系中用一条曲线表示，参照二次函数的叫法，可以称为n阶抛物线，首先，对于任意实的 $x$ ,显然有且仅有一个确定的实数

$y=f(x)$

所以函数图像可以左右延伸到任意远的地方，而且 $f(x)$ 和 $f'(x)$ 随 $x$ 的变化而连续变化，即没有跳跃和突变，图像没有尖峰，所以 $f(x)$ 的图像是光滑的曲线，对于绝对值很大的 $x$ 来说，第一项

$a_0x^n$

的绝对值大于其余一切项的和的绝对值，因为他们都具有较低的次数，所以，如果n是偶数，当 $a_0>0$ 时， $f(x)$ 的图像就向左右方的高处无线延伸， $a_0<0$ 就向低处．

反之，如果n是奇数，则根据 $a_0$ 的正负不同，左右两边各向对角方向伸展．

所有多项式在定义与域内都可导的．并导数也是一个多项式:

$\\ f'(x)=na_0x^{n-1}+(n-1)a_1x^{n-2}+\cdots+2a_{n-2}x+a_{n-1}$

例如对于十次多项式：

$y=x^{10}+a*x^9+b*x^8+c*x^7+d*x^6+m*x^5+f*x^4+g*x^3+h*x^2+n*x^1+j$

其图像为：

绿色曲线是原多项式，紫色曲线是导数多项式.

不要看到原多曲线有尖峰就断言它不可导，实际上放大看，在尖峰处，函数图像斜率并没有突变，还是很平滑的．根据此图像，我们可以得到结论：

原多项式有四个实根，两个正根和两个负根

导多项式有五个根，两个负根，三个正根．

实际上不满足这里讨论的多项式所有根都是实的条件，所以出现了导多项式实根数大于原多项式的实根数，猜测可能是经过求导运算，高维空间的复数根投影到了三维空间里面，成了它的一个实数根．:)

多项式的单根和重根：

对于多项式：

$f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x+a_n. \quad a_0 \quad a_1 \quad \cdots \quad a_n \in C \quad x\in C$

如果 $a$ 是一个根，那么

$(x-a)$

一定可以被 $f(x)$ 多项式整除，更进一步，如果 $f(x)$ 不能被

$(x-a)^2$

整除，那么 $a$ 式多项式 $f(x)$ 的单根，一般的说法，如果多项式 $f(x)$ 能被

$(x-a)^k$

整除，而不能被

$(x-a)^{k+1}$

那么，数a叫做多项式的k重根.

例如：

$x=2$ 是方程

$x^2-4x+4=(x-2)(x-2)=(x-2)^2$

的2重根,而是方程

$x^2-3x+2=(x-2)(x-1)=(x-2)(x-1)$

的单重根．结论很明显．

在代数方程上，k重根应当理解为k个相等的根，而不能认为是一个根．这样理解，就可以很自然的把方程的根数和多项式的次数联系起来．如果约定没一个根所算的次数就是它的重数，那由于每一个n次多项式可以分解为n个一次因子的乘积，多项式的根数就等于它的次数．

多项式的导数的根：

有两条规则：

1.多项式的单根不是它导数的根．

2.多项式的重根是它的导数的根并且重数减１.

设x=a是多项式 $f(x)$ 的k重根，则下面的 $(x-a)$ 必定不能被 $f_1(x)$ 整除.

$f(x)=(x-a)^kf_1(x)$

求导得:

$\\f'(x)=k(x-a)^{k-1}f_1(x)+(x-a)^kf'_1(x)=(x-a)^{k-1}(kf_1(x)+(x-a)f'_1(x)) =\\(x-a)^{k-1}F(x)$

由于

$kf_1(x)$

项的存在， $F(x)$ 必定不能被 $(x-a)$ 整除．

所以，如果

$x=a$ 是多项式方程

$f(x)=0$

的k重根，那么同样x=a是 $f'(x)$ 的 k-1重根．

所以，当k＝１和k>1时，上面的两条结论得到证明．

下面的讨论仅限于方程的一切根都是实根的情况．

多项式的导数的根与原函数的关系:

假如方程的一切根都是实根，则可以应用罗尔定理，下面图像是方程：

$f(x)=(x+1.5)(x+1.14)(x+0.8)(x-0.5)(x-2.2)(x-2.7)(x-3.3)$

的图像，它的所有根都是实根．

则根据罗尔定理：

罗尔定理:假设函数 $f$ 在闭区间 $[a,b]$ 内连续，在开区间 $[a,b]$ 内可导，如果 $f(a)=f(b)$ ,那么在开区间 $(a,b)$ 内至少存在一点 $c$ ,使得,也就是说c是 $f'(x)$ 的根．

由于

$f(-1.5)=f(-1.14)=f(-0.8)=f(0.5)=f(2.2)=f(2.7)=f(3.3)=0$

所以一定存在

$f'(c_1)=f'(c_2)=f'(c_3)=f'(c_4)=f'(c_5)=f'(c_6)=0$

其中:

$\\-1.5<c_1<-1.14<c_2<-0.8<c_3<0.5<c_4<2.2<c_5<2.7<c_6<3.3$

观察函数图像，的确是这样，注意图像中Extremum(f)的返回值

$\\c_1=-1.37\\c_2=-0.96\\c_3=-0.05\\c_4=1.34\\c_5=2.46\\c_6=3.09$

由于 $f'(x)$ 仅有６次，而我们已经找到了它的六个根，所以这六个实根是它的全部的根．

$f(x)$ 最高次７次，有７个实根.

$f'(x)$ 最高次６次，有６个实根．

所以不出意外，后面可以继续往下写：

$f''(x)$ 最高次5次，有5个实根．

$f^3(x)$ 最高次4次，有4个实根．

$f^4(x)$ 最高次3次，有3个实根．

$f^5(x)$ 最高次2次，有2个实根．

$f^6(x)$ 最高次1次，有1个实根．

$f^7(x)$ 是０次，为常数7!．

$f''(x)$ 的图形（绿色）与 $f'(x)$ ：五个根

$f^3(x)$ 的图形与 $f''(x)$ ：四个根

$f^4(x)$ 的图形与 $f^3(x)$ ：三个根

$f^5(x)$ 的图形与 $f^4(x)$ ：两个根

$f^6(x)$ 的图形与 $f^5(x)$ ：一次直线，１个根

$f^7(x)$ 的图形与 $f^6(x)$ ：常数7!=5040.无根

可见，猜测是对的！

更一般的结论是：

如果实数a与b是实系统多项式的根，那么在a与b之前有一实数c存在，而且它是导数多项式的根，这是罗尔定理的另一种描述，根据这个定理，可以得到推论，对于多项式

$f(x)=a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x+a_n. \quad a_0 \quad a_1 \quad \cdots \quad a_n \in C \quad x\in C$ ，如果它的一切根都是实的，那么它的导数的一切根也是实的，在 $f(x)$ 的相邻两根之间有 $f'(x)$ 的一个根，并且是一个单根．

这是因为设

$x_1<x_2<\cdots<x_k$

是 $f(x)$ 的所有根，它们分别具有重数

$m_1,m_2,\cdots,m_k$

则必然

$m_1+m_2+\cdots+m_k=n$

根据前面的导数重根的结论，导数有根

$x_1<x_2<\cdots<x_k$

且其重数为：

$m_1-1,m_2-1,\cdots,m_k-1$

所以一共有

$m_1-1+m_2-1+\cdots+m_k-1=n-k$

个根，由于 $f'(x)$ 是一次的，按道理应该有

$n-1$

个根，那还差

$(n-1)-(n-k)=k-1$

个根，这些根从哪里来呢？很显然，再一次应用罗尔定理，还有至少有根

$y_1,y_2,\cdots,y_{k-1}$

分别在 $f(x)$ 相邻两根的区间：

$(x_1,x_2)\quad(x_2,x_3)\quad \cdots\quad (x_{k-1},x_k)$

里面．这样，总根数:

$m_1-1+m_2-1+\cdots+m_k-1 +(k-1)=n-1$ ．

满足代数基本定理根个数等于次数的条件，所以我们找到了所有的根，所有根都是实数，且除了重根外，其余单k-1个单根分布在k-1个区间里面，根据抽屉原理，每个区间最多只有一个，不可能有多个，所有有且仅有的条件也得到证明，反映到几何上就是这样的，多项式函数和实轴的两个交点（两个解)之间的图形，只能有一个局部极值，通俗点，两个零点之间的函数图形，只能有一个山包，或者一个山谷，不可能有两个谷或者两个包。

用图形表示如下：

进一步，根据罗尔定理，不但可以确定导函数多项式根的个数，还可以据此判断正根的个数，如果多项式 $f(x)$ 的一切根都是实的，并且其中有p个是正的，那么 $f'(x)$ 有p个或者p-1个正根．

实际上，设:

$x_1<x_2<\cdots<x_k$

是多项是f(x)的一切正根，它们分别具有重数

$m_1,m_2,\cdots,m_k$

则：

$m_1+m_2+\cdots+m_k=p$

导数 $f'(x)$ 将具有这些正根:

$x_1<x_2<\cdots<x_k$ ,分别具有重数 $m_1-1,m_2-1,\cdots,m_k-1$ ，　和 $y_1,y_2,\cdots,y_{k-1}$ ，分别位于区间 $(x_1,x_2)\quad(x_2,x_3)\quad \cdots\quad (x_{k-1},x_k)$ 内，是单根，另外，还有可能有一个单根

$y_0$ 位于区间 $(x_0,x_1)$ 之内，此处 $x_0$ 是f(x)最大的负根或者０根．因此， $f'(x)$ 正根数应该是:

$m_1-1+m_2-1+\cdots+m_k-1 +(k-1)=p-1$

或者

$m_1-1+m_2-1+\cdots+m_k-1 +(k-1)+1=p$

后者是考虑到 $y_0$ 的存在．

比如，下图原函数正根数有四个，导函数正根数有三个．注意 $y_3$ 没有到正轴这边来．

实际上，通过微调多项式系数，可以将 $y_3$ 调整为正的，如下图，将 $x_3$ 从上图中的0.8调整到下图中的0.4,会发现 $y_3$ 变成了正的，这样，导数多项式的正跟数从三个变成四个了，和原函数的正根数目相同，所以上面的结论得到实践证明．

正根的规律讨论清楚了，负根自然也就清楚了，他们的和等于多项式次数．

如果是从事控制系统相关的专业和行业，应该对控制系统的根轨迹方法很熟悉，实际上，跟轨迹法的本质就是求解代数方程根的分布问题，举个例子,对于如下的控制系统:

开环传递函数是:

$G(s)=\frac{K(0.5s+1)}{0.5s^2+s+1}$

传递框图:

那么它的闭环传递函数为:

$\\F(s)=\frac{G(s)}{1+G(s)}=\frac{\frac{K(0.5s+1)}{0.5s^2+s+1}}{1+\frac{K(0.5s+1)}{0.5s^2+s+1}} = \frac{K(0.5s+1)}{0.5s^2+s+1+K(0.5s+1)}= \frac{K(0.5s+1)}{0.5s^2+(0.5K+1)s+1+K}=\\ \frac{K(s+2)}{s^2+(K+2)s+2+2K}$

特征多项式:

$T(s)=s^2+(K+2)s+2+2K$

令

$s=x+yi$

则:

$\\T(s)=(x+yi)^2+(K+2)(x+yi)+2+2K=\\(x^2-y^2+Kx+2x+2+2K)+(2xy+Ky+2y)i$

则Ｍ曲面方程是:

$M(x,y)=\sqrt{(x^2-y^2+Kx+2x+2+2K)^2+(2xy+Ky+2y)^2}$

其图像为:

K=0:

K=5.5

K=6.4

随着开环增益K的变化，Ｍ曲面在复平面上扫过的轨迹就是根轨迹，和经典画法画出来的是一致的。

kaihuanfenzi=[1,2];
kaihuanfenmu=[1,2,2];
sys=tf(kaihuanfenzi,kaihuanfenmu);
rlocus(sys);
axis([-8 2 -2 2]);

结束！