整系数多项式函数\(f(z)=\)\(z^n+a_{n-1}z^{n-1}+…+a_1z+a_0\)分解的唯...
本帖最后由 春风晚霞 于 2023-1-22 20:00 编辑第一、多项式函数\(f(z)=\)\(z^n+a_{n-1}z^{n-1}+…+a_1z+a_0\)在复数域上分解的唯一性
根据代数基本定理，整糸数多项式函数\(f(z)=\)\(z^n+a_{n-1}z^{n-1}+…+a_1z+a_0\)在复数域上可分解为\(\mathbb{C}(z)\)\(=\small\displaystyle\prod_{r=1}^r\displaystyle\prod_{k=0}^{{k_1 }-1}(z+\sqrt{|α_j|})(cos\frac{2kπ+θ_{j0}}{k_j}+isin\frac{2kπ+θ_{j0}}{k_j})\)，设f(z)=0的解集为\(\mathscr{A}\)，则\(\mathscr{A}\)\(=\small\displaystyle\bigcup_{j=1}^r\sqrt{|α_j|})(cos\frac{2kπ+θ_{j0}}{k_j}+isin\frac{2kπ+θ_{j0}}{k_j})=0\).
所以在保持分解的自然顺序和根的原始意义的情况下(即不丟失值相等，但根的意义不同的所谓重根信息)时，我们有\(\small\displaystyle\bigcap_{j=1}^r\sqrt{|α_j|})(cos\frac{2kπ+θ_{j0}}{k_j}+isin\frac{2kπ+θ_{j0}}{k_j})=\Phi\).
所以，在保持分解的自然顺序和根的原始意义的情况下(即不丟失值相等，但根的意义不同的所谓重根信息)，方程\(f(z)=0\)的解集\(\mathscr{A}\)中没有重根！
第二，重根的来源及处理办法
1、重根的来源
前面我们已经证明，在保持分解的自然顺序和根的原始意义的情况下，方程\(f(z)=0\)的解集\(\mathscr{A}\)中没有重根！然而在多项式分解的具体操作中，人们总是习惯地根据最后取值，把如\(\small\sqrt{1}与\small\sqrt{1};(cos\frac{2π+0}{8}+isin\frac{2π+0}{8})\)与\((cos\frac{0+π}{4}+isin\frac{0+π}{4})\)看作重根.然后，根据Cantor集合中元素的无序性将解集中的元素不按自然顺序排列(有老师把这种方法比喻成“抛妻弃子，家族拆散”)，于是便有了整系数n次方程f(z)=0的根最多不超过(重根按重数计算)n个之说.
2、重根的处理办法
重根的产生既然源于“抛妻弃子，家族拆散”，那么处理重根的方法，当然就应该是“览亲归宗，族人团圆”了。具体的操方式为：在方程\(f(z)=0\)的解集\(\mathscr{A}\)中，①根据\(\mathscr{A}\)中元素的“确定性、互异性和无序性”，运用结合律把幅角中分母相同的项集中在一起，组成并不完善的子集合如\(\mathscr{A}_{m_j}\);②检查\(\mathscr{A}_{m_j}\)中缺失哪个\(\sqrt{|α_j|})(cos\frac{2kπ+θ_{j0}}{m_j}+isin\frac{2kπ+θ_{j0}}{m_j})\);③把这个缺失的值补进\(\mathscr{A}_{m_j}\)，这时便得到完备的\(\mathscr{A}_{m_j}\)=\(\small\displaystyle\bigcup_{k=0}^{{m_j}-1}\sqrt{|α_j|}(cos\frac{2kπ+θ_{j0}}{m_j}+isin\frac{2kπ+θ_{j0}}{m_j})\).经过这种“览亲归宗，族人团圆”处理，我们也得到在保持分解的自然顺序和根的原始意义的情况下(即不丟失值相等，但根的意义不同的所谓重根)，方程\(f(z)=0\)的解集\(\mathscr{A}\)=\(\small\displaystyle\bigcup_{j=1}^r\sqrt{|α_j|}\)\((cos\frac{2kπ+θ_{j0}}{k_j}+isin\frac{2kπ+θ_{j0}}{k_j})\)，并且\(\small\displaystyle\bigcap_{j=1}^r\sqrt{|α_j|})(cos\frac{2kπ+θ_{j0}}{k_j}+isin\frac{2kπ+θ_{j0}}{k_j})=\Phi\).
故此，我们用Cantor集合论知识仍可讨论有重根的解集的交、差、并、补运算问题.
本帖最后由 金瑞生 于 2023-1-22 12:28 编辑
春风晚霞先生：您好！
首先，祝您新年快乐，幸福安康，万事如意!
其次，您在新春佳节之际还在为我操心，为我书写如此宝贵的资料，我向您表示感谢！
我一定认真拜读，深刻领会。我只是不明白，在我之前与先生的交流中，先生写的下面内容：
((三)、因为\(d(z)\)是\(f_1(z)\),\(f_2(z)\)的最大公因式，且d(z)、\(f_1(z)\)、\(f_2(z)\)分别为p次、m次、n次多项式(多项式各项系数均为有理数)。令\(f_1(z)=d(z)h_1(z)\)；\(f_2(z)=d(z)h_2(z)\).
所以存在有理数\(α_i，β_i，γ_i\)∈Q，\(k_i，j_i，l_i∈N使得:d(z)=(z^{k_1}-α_1)(z^{k_2}-α_2)…(z^{k_r}-α_r)^{k_r}\)；(\(\small\displaystyle\sum_{k_i=1}^r k_i\)=p)
\(f_1(z)=d(z)h_1(z)\)=\((z^{k_1}-α_1)(z^{k_2}-α_2)…(z^{k_r}-α_r)\)\((z^{j_1}-β_1)(z^{j_2}-β_2)…(z^{j_s}-β_s)\)；(\(\small\displaystyle\sum_{j_i=1}^s j_i\)=m-p)
\(f_2(z)\)=\(d(z)h_2(z)\)=\((z^{k_1}-α_1)(z^{k-_2}-α_2)…(z^{k_r}-α_r)\)\((z^{l_1}-γ_1)(z^{l_2}-γ_2)…(z^{l_t}-γ_t)\)；(\(\small\displaystyle\sum_{l_i=1}^t l_i\)=n-p).
这样的因式分解，我第一次见到，它的根据在哪里？如果的确可以这样，那么任何多项式都不会有重根。这样的话，为何还要讨论多项式的重根问题，这不自相矛盾吗？
如果任何多项式都不会有重根，那么我确实不需要建立允许有重元的新集合论，这不多此一举吗？;P
对本主贴的有关问题，我只有在充分理解后才会回复。只希望先生提供的重根处理办法，不会改变总根号的原有意义。 本帖最后由 春风晚霞 于 2023-1-22 17:50 编辑
金瑞生 发表于 2023-1-22 10:30
春风晚霞先生：您好！
首先，祝您新年快乐，幸福安康，万事如意!
其次，您在新春佳节之际 ...
若令\(\boldsymbol{Q}(z)\)、\(\boldsymbol{C}(z)\)分别表示整系多项函数\(f(z)\)，在有理数域上和复数域上的因式分解;那么有\(\boldsymbol{Q}(z)\)\(\raise{4pt}{<}\kern{-7pt}\begin{array}{*{20}{c}} {\underline{\underline{\small{\mathbf{ \hspace{0.5cm} \color{blue}{数域扩张}\hspace{0.5cm}}} }}} \\ {\small{\mathbf{ \hspace{0.5cm} \color{red}{\raise{8pt}{重根处理}}\hspace{0.5cm}}}} \end{array}\kern{-7pt}\raise{4pt}{>}\)\(\boldsymbol{C}(z)\).依据是代数基本定理。参考资料可见张禾瑞等著《高等代数》P65页定理2.7.1；北大代数教研组编《高等代数》P26页代数基本定理；谢邦杰著《钱性代数》附录2；北工大《基础代数》P292代数基本定理等等。现成的这种类型讨论这些书中都没有，因为人们已习惯用\(z_1\)=\(z_2\)=…=\(z_j\)=α表示重根，确信用Cantor集合论的交差并补运算，能解决多项式理论中的相关问题，故上述教材中无先生所提问题的讨论。此外，也因为多项式理论是建立在数域上的，而数域的基础又是Cantor集合理论。所以在保持分解的自然顺序和根的原始意义的情况下(即不丟失值相等，但根的意义不同的所谓重根信息)，任何多项式都不会有重根。至于先生要坚持取消Cantor集合论中元素互异性，来解决相应的多项式理论问题。那是你的事，毕竟有捷径不走，偏要绕着行，那也是你的自由嘛！ 春风晚霞 发表于 2023-1-22 12:27
若令\(\boldsymbol{Q}\)、\(\boldsymbol{C}\)分别表示整系多项函数\(f(z)\)在有理数域上和复数域上的因 ...
春风晚霞先生：您好！
是否可以这样理解：总根号在您看来也是Cantor集合，可是我研究出来的新集合论在运算律和Cantor集合论的运算律有重大区别，这又是咋回事？
一
本帖最后由 春风晚霞 于 2023-1-22 20:06 编辑金瑞生 发表于 2023-1-22 12:42
春风晚霞先生：您好！
是否可以这样理解：总根号在您看来也是Cantor集合，可是我研究出来的新集合 ...
因为你并没完整的给出你的总根号的定义，所以我对你的总根号并不了解。如果你的总根号就是取消了Cantor集合论中元素互异性所得到的集合的话，那么总根号也就是做了重根处理的Cantor集合。至于你研究出来的新集合论在运算律和Cantor集合论的运算律有重大区别，那是你新集合论中的集合运算律不兼容Cantor集合论的运算律之故。如何才能使之兼容？望先生自酌！ 张禾瑞著《高等代数》，那些民科一辈子也学不会。因为连理工本科读不了的智商，不会懂高等代数这样高度抽象的学科。:lol 本帖最后由 金瑞生 于 2023-1-22 22:45 编辑
;P 春风晚霞 发表于 2023-1-22 13:11
因为你并没完整的给出你的总根号的定义，所以我对你的总根号并不了解。如果你的总根号就是取消了Cantor ...
尊敬的春风晚霞先生：您好!
这是经过简写的总根号定义：假如 \(f(z)\)的次数为\(n\)，若\(z_1\)，\(z_2\)，......，\(z_n\)是方程\(f(z)\)=0的所有复根，则记 {\(z_1\)，\(z_2\)，......，\(z_n\)}= \(\sqrt{ f()}\)（注： 这是总根号的简写）
它简化掉了用多项式系数表示的总根号。总根号 \(\sqrt{ f()}\)是由方程 \(f(z)\)=0所有复根组成的集合，它的元素个数等于 \(f(z)\)的次数\(n\).
我认为：根据总根号的定义，总根号不是Cantor集合，是一个允许有重元的集合，故需要建立新集合论。
先生说：“如果你的总根号就是取消了Cantor集合论中元素互异性所得到的集合的话，那么总根号也就是做了重根处理的Cantor集合。”事实上这是先生的理解，我从来没有过这种想法。在我的理解中，先生在每次证明中，都没有保持总根号的原有意义，将总根号变成了做了重根处理的Cantor集合。
这也是我自始至终无法理解的：一个允许有重元的总根号经过先生出神入化的去重根处理后如何就变成了没有重元的Cantor集合。这是在变魔术吗？可这是严谨的数学呀，咋可以这样呢？;P 一个有\(n\)个元素的总根号经过先生这样处理后，其元素有没有减少？
另外，说民科的人自己才是真正的民科吧？;P 本帖最后由 春风晚霞 于 2023-1-22 23:17 编辑
金瑞生 发表于 2023-1-22 21:33
尊敬的春风晚霞先生：您好!
这是经过简写的总根号定义：假如 \(f(z)\)的次数为\(n\)，若\(z_1 ...
如果你的定义只是【假如f(z)的次数为n，若\(z_1\)，\(z_2\)，......，\(z_n\)是方程f(z)=0的所有复根，则记 {\(z_1\)，\(z_2\)，......，\(z_n\)}=\(\sqrt{f()}\)】的话，就更没有必要引入总根号这个概念了。因为对f(z)的次数为n，若\(z_1\)，\(z_2\)，......，\(z_n\)是方程f(z)=0的所有复根所成的集合，无论是对重根作了处理，还是没作处理，Cantor集合论表示的解集均完成了这个任务，至于【一个允许有重元的总根号经过先生出神入化的去重根处理后如何就变成了没有重元的Cantor集合】，看来先生并没有阅读(或没有读懂）主帖『第二，重根的来源及处理办法』，如果你读了(或者读懂了）主帖的第二，你就不会觉得把一个允许有重元的总根号，经过去重根处理后变成了没有重元的Cantor集合，有什么神秘之处了。 本帖最后由 金瑞生 于 2023-1-23 07:56 编辑
春风晚霞 发表于 2023-1-22 22:49
如果你的定义只是【假如f(z)的次数为n，若\(z_1\)，\(z_2\)，......，\(z_n\)是方程f(z)=0的所有复根， ...
关键是Cantor先生会认可吗？;P总根号要么不是Cantor集合，要么是Cantor集合，它们之间难道可以有模糊地带？ 本帖最后由 春风晚霞 于 2023-1-23 14:39 编辑
根据“览亲归宗，族人团圆”的重根处理办法,把允许有重元的总根号，转换成没有重元的Cantor集合，Cantor先生会认可的。因为这种转换符合逻辑，未丢失仼何既存信息，且满足Cantor集合中元素的三大特(确定性、无序性、互异性)，倒是先生的总根号理论，不仅Cantor先生不会认可(因为你是Cantor集合论的叛逆)，可能除你之外任何学过《高等代数》的网友都不会认可！总根号不是Cantor集合，更确切的讲根本就不是集合！所以Cantor集合与总根号之间没有模糊地带！