1楼：阙睿才荣映
^.x2xn..;=k时成立
对m=k+1时
g(x)=x^n+a(n-1)x^(n-1)..xn)
设为x1,j(c2))记为ij则
xi+xj+c1xixj=a属于c
xi+xj+c2xixj=b属于c
则容易解得
xi+xj=(c2a-c1b)/.(x-xn)=g(x)对比系数)知
u1=-a(n-1)
u2=a(n-2)
..;(c1-c2)属于c则xi
xj为复系数2次方程
x^2-
(c2a-c1b)/,.,j有
xi+xj+cxixj为复数
(注意到ij
是与c有关的
所以记为i(c)
j(c))
因为(i.+a0
(n=2^mq)
为实域r上多项式
则在某一拓域f上有n个根(用到域的拓张的知识
如果不懂
可以想象
取x1为
一个字定义他满足上述方程
讲其加到
r上得r上拓域记为r(x1)
当然这一点是要证明的
不过涉及知识比较多
理解一下就好
然后原多项式可分解为
(x-x1)g1(x)
接着继续取g1(x)=0的根x2
得r(x1.;(c1-c2)=0
的2根由2知
xixj为复数
所以f(x)=0有复根
4复系数方程有复根
证设f(x)为复系数多项式
f1(x)为他的共轭
则g(x)=f(x)f1(x)为实系数多项式
所以g(x)=0有复根x
则为f(x)=0或f1(x)=0的根
所以x或x的共轭为f(x)=0的复根
5复系数n次方程有n个复根(计入重根)
(这是明显的
因为由5
知n次复系数方程f1(x)=0有复根
设为x1则f可分解
有f1(x)=(x-x1)f2(x)
其中f2为复系数n-1次多项式
所以有复根x2则
f1(x)=(x-x1)(x-x2)f3(x)
一直下去得
f(x)=(x-x1)(x-x2).un的多项式
其中u1=x1+x2+..
un=(-1)^n
*a所以
u1.,j)的数对只有有限多个
但c属于r有无穷多
所以存在
c1不=c2有
(i(c1).......xn
则g(x)=(x-x1)..;=0
将他们全部相乘
得h(x)
则h(x)
为n(n+1)/...xn
u2=x1x2+x1x3+........,j(c1))=(i(c2)..xn
由韦达定理(或者说由(x-x1)(x-x2)..;(c2-c1)属于c
xixj=(a-b)/.
un=x1x2.;j>.;(c2-c1)x+(a-b)/2=2^(m-1)q(n+1)次注意到
q(n+1)为奇数
再看h(x)
易知h(x)中每项系数都为
x1...un为实数
所以h(x)为实系数多项式
所以由归纳假设知
h(x)=0有复根
所以存在某个
i.xn-2xn-1xn
..,x2...,x2....x1xn+x2x3...,u2......,x2.;=i>..,x2)
一直做下去
可得在某1拓域上
g(x)=0有n个根
x1....+xn-1xn
u3=x1x2x3+x1x2x4.(x-xn)
对实数c
有作x-(xi+xj+cxixj)
对每个n>..xn在r上的对称多项式
由对称多项式基本定理
知每项系数
都能写成
u1..这个是代数基本定理,高斯最早给的证明
我只记得一个在抽象代数书上的证明
证明比较长
思路大概是
1实系数奇数次方程有实根
(这只要用数学分析中连续函数的介值定理)
2复系数2次方程有2复根
(配方法就行)
3实系数方程有复根
证(粗略的)
次数设为
2^mq
q为奇数
对m归纳
m=0时
由1得证
若m>
一元n次方程为什么有n个复数根？
2楼：end皇太子
这个是代数基本定理,高斯最早给的证明 我只记得一个在抽象代数书上的证明
证明比较长 思路大概是
1 实系数奇数次方程有实根 (这只要用数学分析中连续函数的介值定理)
2 复系数2次方程有2复根 (配方法就行)
3 实系数方程有复根
证 (粗略的) 次数设为 2^mq q为奇数 对m归纳
m=0时 由1 得证
若m>=k时成立
对m=k+1时
g(x)=x^n+a(n-1)x^(n-1)......+a0 (n=2^mq)
为实域r上多项式
则 在某一拓域f上有n个根(用到域的拓张的知识 如果不懂 可以想象 取x1为
一个字 定义他满足上述方程 讲其加到 r上 得r上拓域记为r(x1) 当然这一点是要证明的 不过涉及知识比较多 理解一下就好 然后 原多项式可分解为 (x-x1)g1(x) 接着继续取g1(x)=0的根x2 得r(x1,x2) 一直做下去 可得 在某1拓域上 g(x)=0有n个根 x1,x2......xn)
设为 x1,x2,......xn 则g(x)=(x-x1)......(x-xn)
对实数c 有 作x-(xi+xj+cxixj) 对每个n>=i>j>=0
将他们全部相乘 得h(x) 则h(x) 为 n(n+1)/2=2^(m-1)q(n+1)次注意到 q(n+1)为奇数
再看h(x) 易知 h(x)中每项系数都为 x1,x2......xn在r上的对称多项式 由
对称多项式基本定理 知 每项系数 都能写成
u1,u2......un的多项式 其中
u1=x1+x2+...xn
u2=x1x2+x1x3+...x1xn+x2x3...x2xn...+xn-1xn
u3=x1x2x3+x1x2x4...xn-2xn-1xn
......
un=x1x2...xn
由韦达定理(或者说由(x-x1)(x-x2)...(x-xn)=g(x)对比系数)知
u1=-a(n-1)
u2=a(n-2)
......
un=(-1)^n *a
所以u1...un为实数
所以h(x)为实系数多项式 所以由归纳假设知 h(x)=0有复根
所以存在某个 i,j有
xi+xj+cxixj为复数 (注意到 i j 是与c有关的 所以记为i(c) j(c))
因为 (i,j)的数对只有有限多个 但c属于r有无穷多 所以 存在 c1不=c2有
(i(c1),j(c1))=(i(c2),j(c2))记为i j
则 xi+xj+c1xixj=a属于c
xi+xj+c2xixj=b属于c
则 容易解得 xi+xj=(c2a-c1b)/(c2-c1)属于c
xixj=(a-b)/(c1-c2)属于c
则 xi xj 为 复系数2次方程
x^2- (c2a-c1b)/(c2-c1)x+(a-b)/(c1-c2)=0 的2根
由2知 xi xj为复数 所以f(x)=0有复根
4 复系数方程有复根
证 设f(x)为复系数多项式 f1(x)为他的共轭 则 g(x)=f(x)f1(x)为实系数多项式 所以 g(x)=0有复根x 则为f(x)=0或f1(x)=0的根 所以
x或x的共轭为f(x)=0的复根
5复系数n次方程有n个复根(计入重根)
(这是明显的 因为由5 知 n次复系数方程f1(x)=0有复根 设为x1则f可分解 有
f1(x)=(x-x1)f2(x) 其中f2为复系数n-1次多项式 所以有复根 x2 则
f1(x)=(x-x1)(x-x2)f3(x) 一直下去得 f(x)=(x-x1)(x-x2)......(x-xn)
所以有n个复根
一元n次方程一定有n个根（包括复数）吗，为什么
3楼：修罗还是罗刹
不一定x的n次方=0
根就只有一个0
4楼：幻水千丞
在复数范围内必然有n个根，有可能是重根而已：x的n次方=0的根是n个0。
为什么一元n次方程至多有n个实数根
5楼：林若宇小木
应该是在复数域中n次方程有n个根，复数域大于实数域。
在复数域中n次方程有n个根称为代数基本定理。
在复数集内,一元n次方程根的情况如何
6楼：流淌的沙粒
开几次跟，就有几个解，几何上，这些解均匀的分布在意该复数的模为半径的圆周上
将复数化为指数形式，模为r，公式是r的n分之1，乘以
7楼：电灯剑客
在复数域上一元n次方程有且仅有n个复根，高中生就不要考虑证明了
一楼的**有点问题，五次或更高次的方程没有“求根公式”（也就是说不存在由系数的有限次四则运算和开方构成的公式使得所有一元五次方程的根都能表示成这种形式），并不是说没有通解，这在galois之前已经由abel证明，galois讨论的是可以根式求解的充要条件
二楼讨论的复数开方只不过是x^n=a形式的特殊的n次方程
8楼：匿名用户
开几次，有几种解决方案，几何形状，这些解决方案的多个模具到索引的成形模的复杂的半径的圆周上的均匀分布的护理是r，式rn的1，乘以一半（+2角度kπ）+罪n（角+kπ每1
9楼：匿名用户
一般情况应该是没有通解(这一点是伽罗瓦证明的）
代数基本定理有何意义呢？复数系n次代数方程在复数范围内有n个根？不是实数，而是复数？
10楼：匿名用户
复数本来就是包括了实数和虚数的啊。
实数都属于复数
虚数也都属于复数。
所以说复数的时候，自然而然就包括了实数和虚数。
当然也包括虚数中的纯虚数。
11楼：匿名用户
由于代数基本定理为：任何复系数一元n次多项式方程在复数域上至少有一根(n≥1)，由此推出，n次复系数多项式方程在复数域内有且只有n个根（重根按重数计算），也就是n个复数根。复数就像你说的，为包括所有的实数与虚数的数。
代数基本定理在代数乃至整个数学中起着基础作用，它影响着许多学科的发展。
怎么证明复数系中n次方程有n个解
12楼：精锐长宁数学组
一元n次方程一定存在n个复数解,这是代数基本定理证明一
寻找一个中心为原点,半径为r的闭圆盘d,使得当|z| ≥ r时,就有|p(z)| > |p(0)|.因此,|p(z)|在d内的最小值（一定存在,因为d是紧致的）,是在d的内部的某个点z0取得,但不能在边界上取得.于是,根据最小模原理,p(z0) = 0.
也就是说,z0是p(z)的一个零点（根）.
证明二由于在d之外,有|p(z)| > |p(0)|,因此在整个复平面上,|p(z)|的最小值在z0取得.如果|p(z0)| > 0,那么1/p在整个复平面上是有界的全纯函数,这是因为对于每一个复数z,都有|1/p(z)| ≤ |1/p(z0)|.利用刘维尔定理（有界的整函数一定是常数）,可知1/p是常数,因此p是常数.
于是得出矛盾,所以p(z0) = 0.
为什么复数的n次方根有n个解，但是n次方只有一个
13楼：
简单对比就可以知道，2的平方根有 √2 和 -√2 2的平方只有4
复数一样的道理。