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代数学の基本定理の証明

南海　　 さて本題に入ろう．「実数とは何か」の中にある実数の連続性が，証明の根拠になる．

$xy$平面上の有界閉領域$D$とは， 十分大きい円盤をかけばその中に$D$が入り．$D$の無限部分集合の集積点がすべて$D$に 属することをいう．このとき

定理 2
     平面上の有界閉領域$D$で連続な実数値関数$F(x,\ y)$は$D$で最大値，最小値をとる．

証明      $x$を固定すれば$y$の関数になり$x$を固定したとき$D$が$y$の閉集合にあることは明らかである． したがって$x$を固定するたびに最大値$M(x)$が存在する．これは$x$の連続関数である．また， $I=\{x\ \vert\ (x,\ y)\in D\ \}$とおけば$I$は実数の集合の中の閉集合である．したがって$x$の関数としての$M(x)$に最大値$M_0$がある．$F(x,\ y)$が連続だから，先に y を固定して得られる最大値$M_1$と等しく， これが．$F(x,\ y)$の$D$における最大値である．

最小値についても同様である．□

以下複素数係数の多項式を，変数を$z$で，係数を$c_i$で表すことにする．

$$f(z)=c_0z^n+c_1z^{n-1}+\cdots+c_n\quad (c_i \in C,\ c_0\ne 0)$$

とする．また複素数体と複素数平面を同一視し$C$で表す．

代数学の基本定理を三段階に分けて証明する．最初の二段階を補題として示す．

補題 1
     $z=x+iy$とし， $F(x,\ y)=\vert f(z)\vert$とする．十分大きい$M$をとると

$$\vert x+iy\vert\ge M\quad ならば\quad \vert f(x+iy)\vert>\vert c_n\vert$$

証明      $F(x,\ y)$は複素数平面全体で定義された$x$と$y$の連続関数である．

そこで

$$\left\vert\dfrac{c_1}{c_0} \right\vert,\ \left\vert\dfrac{c_... ...\right\vert,\ \cdots,\ \left\vert\dfrac{c_n}{c_0} \right\vert$$

の最大値を$N$として，$M=(n+1)N$とおく． $\vert z\vert=\vert x+iy\vert\ge M$ならば，

$$\begin{eqnarray*} \vert f(z)\vert&=&\vert c_0\vert\vert z\vert^{n-1} \left\vert ... ...ht\vert\\ &=&\vert z\vert^{n-1}\vert c_n\vert\ge \vert c_n\vert \end{eqnarray*}$$

これで題意が示された．□

これは$\vert z\vert$の絶対値を十分大きくとれば，関数値の絶対値は定数項の絶対値$\vert c_n\vert$より大きくできる ということで，それ自体当然のことである．

補題 2

     $M$は前補題の$M$とする． 関数 $\vert f(z)\vert=\vert f(x+iy)\vert$の有界閉領域 $D=\{ z\in C\ \vert\ \vert z\vert\le M\ \}$における最小値は，関数$\vert f(z)\vert$の $C$全体における最小値である．

証明      $a$が関数$\vert f(z)\vert$の$D$における最小値とする．任意の$z\in C$について$z\in D$なら$a\le \vert f(z)\vert$． $z\not\in D$なら前補題から $\vert f(z)\vert>\vert c_n\vert=\vert f(0)\vert\ge a$である．□

基本定理1の証明

関数$\vert f(z)\vert$の$D$における最小値は定理2により存在する．その最小値を$a$とする．このとき

$$a=0$$

であることを示す．

$a>0$として矛盾を示す．最小値を与える$z$を$b$とする．つまり

$$\vert f(b)\vert=a>0$$

と仮定する．ここで$z$を$b$の周りに十分小さい半径で一周回す．そのために $u=\cos \theta+i\sin \theta$として$z=b+ru$とおく．

$$f(z)=f(b+ru)=a_0+a_1(ru)+a_2(ru)^2+\cdots+a_n(ru)^n$$

と，$f(z)$を展開して$ru$の多項式に整理する．$a_0=f(b)\ne 0$である．$a_1$から順に見て 最初に0でない係数を$a_e$とする．

$$f(z)=f(b+ru)=f(b)+a_e(ru)^e+a_{e+1}(ru)^{e+1}+\cdots$$

となる．$r$を十分に小さくとってすべての$\theta$に対して

$$\vert a_e(ru)^e\vert>\vert a_{e+1}(ru)^{e+1}+\cdots\vert\quad \cdots\maru{1}$$

となるようにする．

なぜそれが可能か． $\vert a_{e+1}\vert,\ \cdots,\ \vert a_n\vert$の最大値を$A$とし，$l=n-e$とおくと

$$\begin{eqnarray*} \vert a_{e+1}(ru)^{e+1}+\cdots\vert&\le&\vert A\vert(r^{e+1}+r... ...ert r^{e+1}\dfrac{1-r^l}{1-r}<\vert A\vert r^{e+1}\dfrac{1}{1-r} \end{eqnarray*}$$

で， $\vert a_e(ru)^e\vert=\vert a_e\vert r^e$なので

$$\vert A\vert r^{e+1}\dfrac{1}{1-r}<\vert a_e\vert r^e$$

となるようにとればよい．両辺$r^e$を約すと $\vert A\vert\dfrac{r}{1-r}<\vert a_e\vert$なので， このような$r$は存在する．

ここで$w=f(z)$によって複素数平面から複素数平面への関数を考える．

角$\theta$が0から$2\pi$まで変化すると $f(b)+a_e(ru)^e$は$f(b)$の周りを$e$回まわる．

$\vert w\vert=\vert f(z)\vert$はつねに$\vert w\vert\ge a$をみたす領域内になければならない．ところが $f(b)+a_e(ru)^e$ が図のように$f(b)$をとおり円$\vert w\vert= a$と垂直な直線上に来たとき，$\maru{1}$から$w=f(z)$は $\vert w\vert\ge a$内にはあり得ない．

これは$a$が$\vert f(z)\vert$の最小値であることと矛盾する．

したがって$a=0$となり確かに$f(z)=0$となる$z$が存在する．□