¿Por qué$z^n-1=0$ tiene en max n solutions? $z\in\mathbb{C}$

Question

Sé que hay un teorema que dice que un Polinoma de grado n tiene a lo sumo n Soluciones, sin embargo, aún no lo hemos demostrado en nuestra clase. ¿Hay tal vez otra explicación para este caso especial?

Answer 1

Debido a que es un polinomio no constante, de una sola variable, con coeficientes complejos de grado $n$ y el teorema fundamental del álgebra dice que tiene $n$ raíces en $\mathbb{C}$ . Otra forma de decir que los números son complejos es algebraicamente cerrado.

Answer 2

Por el teorema del factor , $f(z)$ es divisible por $(z-r)$ para cada raíz $r$ .

Si hubiera más de $n$ raíces, $r_1,\dots,r_k$ , entonces $f(z)=p_k(z)(z-r_1)\dots(z-r_k)\implies \operatorname{deg}f\ge k\gt n$ .

Answer 3

Ganancia en $\color{blue}{\textrm{blue}}$

$\color{blue}{\textrm{Suppose that}~ z^n-1 = 0~ \textrm{has}~m > n~\textrm{solutions}~ a_1, a_2, \ldots, a_m}$.

---

Supongamos que $a_1$ es una solución de $\require{enclose}\enclose{horizontalstrike}{z^n - 1 =0}$. Entonces: $\color{blue}{\textrm{Consider the solution}~a_1~\textrm{. Then:}}$

$$z^n-1 = (z-a_1)p_1(z) = zp_1(z)-a_1p_1(z),$$

donde $p_1(z)$ es un polinomio. Dado que el grado de $zp_1(z)-a_1p_1(z)$ debe ser igual a $n$, a continuación, $p_1(z)$ tiene el grado $n-1$.

Ahora, supongamos que el $\require{enclose}\enclose{horizontalstrike}{a_2}$ es otra solución. Entonces: $\color{blue}{\textrm{Now, consider the solution}~a_2.~\textrm{Then:}}$

$$z^n-1 = (z-a_1)(z-a_2)p_2(z)=(z^2 \ldots)p_2(z).$$

Esta vez, $p_2(z)$ debe tener grado $n-2$.

En general, dada $k$ soluciones de $a_1, a_2, \ldots, a_k$, nos ca escribir:

$$z^n-1 = p_k(z)\prod_{i=1}^{k}(z-a_k),$$

donde el grado de $p_k(z)$ es $n-k$. Por supuesto, esto puede ser reiterado hasta $p_n(z)$, que tiene un grado $n-n = 0$, es decir, se $p_n(z) = p,$ una constante. Formalmente:

$$z^n - 1 = p\prod_{i=1}^{n}(z-a_n).$$

Entonces, usted tiene $n$ soluciones de $a_1, a_2, \ldots, a_n$. Por supuesto, si algunos de $a_i$ coinciden, entonces usted tiene en la mayoría de las $n$ soluciones.

$\color{blue}{\textrm{In conclusion, the number of solutions cannot be}~m>n, \textrm{but}~ m\leq n}$.

Answer 4

Hay una explicación en caso de que los represente en polar de coordenadas, y considerar la posibilidad de que la multiplicación de dos números complejos implica la adición de sus argumentos (es decir, los ángulos) y multiplicando sus magnitudes (distancias desde el origen). Resulta que necesitan para tener $1$ como su magnitud y ser múltiplos de$\frac{360°}{n}$ aparte en el círculo, por lo que sólo se $n$ de ellos se va a montar.

(Este es en efecto el mismo gimusi la respuesta.)

Edit: De hecho, no son exactamente $n$ de ellos, y ellos están igualmente espaciados por todo el círculo. La razón por la que debería ser obvio si tienes que elegir uno de los candidatos ángulos y se multiplica por $n$.

Answer 5

Primer hecho: para el complejo (distinto de cero) polinomios $f(z)$ e $g(z)$, el grado de la fórmulase tiene: $$ \deg(f(z)g(z))=\deg f(z)+\deg g(z) $$ donde $\deg$ denota la norma polinomio de grado.

Prueba. Si escribimos $$ f(z)=az^m+f_0(z),\qquad g(z)=bz^n+g_0(z) $$ donde $f_0$ e $g_0$ grupo juntos el menor grado términos, $a\ne0$ e $b\ne0$, luego $$ f(z)g(z)=abz^{m+n}+h(z) $$ donde de nuevo $h(z)$ tiene un grado menos de $m+n$. Por lo tanto $f(z)g(z)$ tiene el grado $m+n$. QED

Segundo hecho (básico y bien conocido: si $a$ es una raíz del polinomio $f(z)$, a continuación, $f(z)$ es divisible por $z-a$.

Ahora podemos demostrar por inducción sobre el grado de $f(z)$ la siguiente declaración.

Deje $f(z)$ ser distinto de cero polinomio con coeficientes en $\mathbb{C}$. A continuación, el número de distintas raíces de $f$ no puede exceder el grado de $f$.

La afirmación es obvia para polinomios de grado $1$. Asumir sabemos que para polinomios de grado $n-1$. Deje $f(z)$ tienen un grado $n$ y deje $a_1,a_2,\dots,a_m$ ser sus pares de distintas raíces. Por el segundo hecho, tenemos $f(z)=(z-a_m)g(z)$ e $g(z)$ tiene el grado $n-1$. Ahora, para $k=1,\dots,m-1$, $$ f(a_k)=(a_k-a_m)g(a_k)=0 $$ y, desde $a_k-a_m\ne0$, llegamos a la conclusión de $g(a_k)=0$. Por lo tanto, $a_1,\dots,a_{m-1}$ son parejas distintas raíces de $g(z)$. Por la hipótesis de inducción, tenemos $$ m-1\le la n-1 $$ y, por tanto, $m\le n$. QED

Nota. Esta prueba se aplica con ningún cambio a los polinomios de tener coeficientes en un dominio arbitrario.