高斯-盧卡斯定理,又稱盧卡斯定理,該定理描述了複係數多項式的一個性質:多項式導數的根一定在原多項式的根所構成的凸包內。 這一結論曾在1836年被高斯直接使用,1874年由菲利克斯·盧卡斯(英語:Félix Lucas)證明[1]。 動機 二次多項式 P ( x ) = a x 2 + b x + c {\displaystyle P(x)=ax^{2}+bx+c} 的導數 P ′ {\displaystyle P'} 的根為原多項式 P {\displaystyle P} 的兩個根的平均數。 同樣地,如果一個 n {\displaystyle n} 次多項式有 n {\displaystyle n} 個兩兩不同的實值零點 x 1 < x 2 < . . . < x n {\displaystyle x_{1}<x_{2}<...<x_{n}} ,根據羅爾定理,其導數的每個零點都位於區間 [ x 1 , x n ] {\displaystyle [x_{1},x_{n}]} 之中。 高斯-盧卡斯定理可以看成這一性質在復係數多項式上的推廣。 Remove ads表述 設 P {\displaystyle P} 是一個非常數的複係數多項式,那麼 P ′ {\displaystyle P'} 的所有根都屬於由 P {\displaystyle P} 的根構成的凸包。 證明总结视角 將多項式函數P寫成複數下的不可約形式: P ( z ) = c ∏ i = 1 r ( z − a i ) n i {\displaystyle P(z)=c\prod _{i=1}^{r}(z-a_{i})^{n_{i}}} ,其中複數 c {\displaystyle c} 是多項式的主係數、 a i {\displaystyle a_{i}} 是多項式的根、 n i {\displaystyle n_{i}} 為各個根的重數。 首先注意到: P ′ ( z ) P ( z ) = ∑ i = 1 r n i z − a i {\displaystyle {\frac {P^{\prime }(z)}{P(z)}}=\sum _{i=1}^{r}{\frac {n_{i}}{z-a_{i}}}} 假設複數 z {\displaystyle z} 滿足: P ′ ( z ) = 0 且 P ( z ) ≠ 0 , {\displaystyle P^{\prime }(z)=0\quad {\hbox{且}}\quad P(z)\neq 0,} 因此: ∑ i = 1 r n i z − a i = 0 {\displaystyle \sum _{i=1}^{r}{\frac {n_{i}}{z-a_{i}}}=0\quad } 乘以共軛取模 ∑ i = 1 r n i z ¯ − a i ¯ | z − a i | 2 = 0 , {\displaystyle \quad \ \sum _{i=1}^{r}n_{i}{\frac {{\overline {z}}-{\overline {a_{i}}}}{\vert z-a_{i}\vert ^{2}}}=0,} 寫成如下形式: ( ∑ i = 1 r n i | z − a i | 2 ) z ¯ = ∑ i = 1 r n i | z − a i | 2 a i ¯ . {\displaystyle \left(\sum _{i=1}^{r}{\frac {n_{i}}{\vert z-a_{i}\vert ^{2}}}\right){\overline {z}}=\sum _{i=1}^{r}{\frac {n_{i}}{\vert z-a_{i}\vert ^{2}}}{\overline {a_{i}}}.} 此時,可以將 z {\displaystyle z} 看成是 n {\displaystyle n} 個位於 a i {\displaystyle a_{i}} 的質點的重心,因此在其構成的凸包內。 另一種 P ( z ) = 0 {\displaystyle P(z)=0} 情況下的證明是顯然的。 Remove ads參考Loading content...相關定理Loading content...Loading related searches...Wikiwand - on Seamless Wikipedia browsing. On steroids.Remove ads