若多项式 f1(z),f2(z) 的最大公因式是 d(z)，则 d(z)=0 与 f1(z)=f2(z)=0 的解集相同

金瑞生

设\(f_{1}(z)\),\(f_{2}(z)\)均为非零多项式，\(d(z)\)是\(f_{1}(z)\),\(f_{2}(z)\)的一个最大公因式，则\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}所有复数解组成的解集与\(d(z)\)=0所有复根组成的根集是两个相等的集合,于是\(d(z)\)=0的所有复根就是\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}的所有复数解.

Future_maths

这个命题是正确的啊。

金瑞生

Future_maths 发表于 2023-1-7 16:59
这个命题是正确的啊。

这个命题当然是正确的，但看点是：命题中的两个集合均为允许有重元的集合，无法用原集合论证明，必须建立新集合论才行。

Future_maths

可以证明这个命题。

金瑞生

Future_maths 发表于 2023-1-7 22:38
可以证明这个命题。

真的可以证明？要知道这两个集合可是允许有重元的，不符合集合的元素要各不相同的要求。

春风晚霞

对于方程f(x)=0，a是它的重根，则解集中只取一个a。即\(x_1=x_2=x_3=…=x_n=a\).

金瑞生

春风晚霞 发表于 2023-1-9 07:33
对于方程f(x)=0，a是它的重根，则解集中只取一个a。即\(x_1=x_2=x_3=…=x_n=a\).

      可以证明：（1） \(z_{0}\)是\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}的解充要条件是：\(z_{0}\)是\(d(z)\)=0的根；（2）\( z_{0}\)是\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}的几重解充要条件是：\(z_{0}\)是\(d(z)\)=0的几重根。只要将集合概念放松一下允许有重元，修改集合相等的条件，那么就可以证明：\(d(z)\)=0的所有复根组成的根集（包含重元）与\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}的所有复数解组成的解集（包含重元）是两个相等的集合，于是\(d(z)\)=0的所有复根（包含重根数）就是\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}的所有复数解（包含重解数）.

春风晚霞

金瑞生 发表于 2023-1-9 17:04
可以证明：（1） \(z_{0}\)是\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}的解充要条件是：\ ...

        在康托尔创建集合论之初，并没有规定元素所具有的性质。为克服扑素集合论存在的弊端，数学界引入了ZFC集合论公理体系，在此基础上规定了集合中元素的确定性、互异性和无序性。方程的解集只是集合论应用的一个方面，集合中元素的互异性并不妨碍证明两个具有重根的解集相等。设A、B是两个集合，则A=B的充分必要条件A\(\subseteqq\)B且B\(\subseteqq\)A.所以，要证明A、B两集合相同，只需证明A\(\subseteqq\)B且B\(\subseteqq\)A即可.具体的证明方法是元素考察法。
       经近百年人类数学实践证明ZFC集合论公理体系是完善的集合体系。我不知先生“修正”ZFC集合论公理体系的目的是什么？仅是为了证明两个解集合相等吗？不取消元素的互异性，同样也能证明这两个解相等嘛！

金瑞生

春风晚霞 发表于 2023-1-9 19:05
在康托尔创建集合论之初，并没有规定元素所具有的性质。为克服扑素集合论存在的弊端，数学界引 ...

    谢谢先生的指点，先生的解释使我知道了自己每次投稿失败的原因。建立允许有重元的新集合论的初衷是为了要建立整式代数方程统一解法原理。经过多年研究我写了一本数学专著《整式代数方程新根号体系的建立与统一解法原理之形成》，新根号体系包括总根号、实根号、分根号等，其中总根号就是由方程所有复根组成的根集(包含重元）。
   历代数学家在研究多项式方程时，会先消掉重根。但我认为：要建立整式代数方程的统一解法原理，采取消掉重根的方法不好，会掩盖事物的本质。 正因为如此，我建立允许有重元的新集合论，重新定义子集、集合相等、并集、差集、交集、全集等概念，研究了有限集合的运算律。实践表明：该新集合论特别适合对多项式方程（组）解法的基础理论研究，尤其是将原集合论和新集合论联合起来研究多项式方程（组）解法基础理论时，会产生意想不到的良好效果。

春风晚霞

金瑞生 发表于 2023-1-9 21:14
谢谢先生的指点，先生的解释使我知道了自己每次投稿失败的原因。建立允许有重元的新集合论的初衷是 ...

金瑞生网友:
      不改造ZFC集合论公理体系，仍可证明命题:设\(f_1(z)\)，\(f_2(z)\)均为非零多项式d(z)是\(f_1(z)\)，\(f_2(z)\)的一个最大公因式，则\(\begin{cases}
f_1(z)=0&(1)\\f_2(z)=0&(2)
\end{cases}\)的所有复数解组成的解集，与d(z)=0的所有复根就是\(\begin{cases}
f_1(z)=0&(1)\\f_2(z)=0&(2)
\end{cases}\)的所有复数解.
       【注意】:方程f(z)=0的解集；与方程f(z)=0所有复数组成的解集；和方程f(z)=0所有复根组成的解集是同一根念的不同表述，三者并无实质差异。
       【证明】:因为d(z)是\(f_1(z)\)，\(f_2(z)\)的一个最大公因式，不妨设d(z)、\(f_1(z)\)、\(f_2(z)\)分别为p次、m次、n次多项式。令\(f_1(z)=d(z)h_1(z)\)；\(f_2(z)=d(z)h_2(z)\).
       根据复数域上的分解质因式定理，我们有\(\begin{cases}
d(z)=(z-α_1)^{k_1}(z-α_2)^{k_2}…(z-α_r)^{k_r}&(1)\\h_1(z)=(z-β_1)^{j_1}(z-β_2)^{j_2}…(z-β_s)^{j_s}&(2)\\h_2(z)=(z-γ_1)^{l_1}(z-γ_2)^{l_2}…(z-γ_t)^{l_t}&(3)
\end{cases}\)(式中\(k_i\)、\(j_i\)、\(l_i\)∈N，\(α_i\)，\(β_i\)，\(γ_i\)∈C下同，且\(\small\displaystyle\sum_{i=1}^r k_i\)=P；P+\(\small\displaystyle\sum_{i=1}^s j_i\)=m；P+\(\small\displaystyle\sum_{i=1}^t l_i\)=n).
       如果我们设d(z)=0；\(f_1(z)\)=0，\(f_2(z)\)=0的解集分别为：\(\mathscr{A}\)、\(\mathscr{B}\)、\(\mathscr{C}\)，则\(\mathscr{A}\)={\(α_1\)，\(α_2\)，…，\(α_r\)}；\(\mathscr{B}\)={\(α_1\)，\(α_2\)，…，\(α_r\)，\(β_1\)，\(β_2\)，…\(β_s\)}；\(\mathscr{C}\)={\(α_1\)，\(α_2\)，…，\(α_r\)，\(γ_1\)，\(γ_2\)，…\(γ_t\)}
        因为任给z∈\(\mathscr{A}\)\(\Longrightarrow\)z∈\(\mathscr{B}\)且z∈\(\mathscr{C}\)\(\Longrightarrow\)z∈\(\mathscr{B}\)\(\bigcap\)\(\mathscr{C}\)\(\Longrightarrow\)\(\mathscr{A}\)\(\small\subseteq\)\(\mathscr{B}\)\(\bigcap\)\(\mathscr{C}\).
        反之任给x∈\(\mathscr{B}\)\(\bigcap\)\(\mathscr{C}\)\(\Longrightarrow\)x∈\(\mathscr{B}\)且x∈\(\mathscr{C}\)\(\Longrightarrow\)x∈\(\mathscr{A}\)\(\Longrightarrow\)\(\mathscr{B}\)\(\bigcap\)\(\mathscr{C}\)\(\small\subseteq\)\(\mathscr{A}\).
         由两集合相等的充分必要条件知\(\mathscr{A}\)=\(\mathscr{B}\)\(\bigcap\)\(\mathscr{C}\)，所以d(z)=0的所有复根组成的集合就是方程组\(\begin{cases}
f_1(z)=0&(1)\\f_2(z)=0&(2)
\end{cases}\)的所有复数解的集合.
       金瑞生网友，ZFC集合论公理体系是完善的集合体系。用不着为了证所给命题就去改写集合论。由于改写集合论的工作，不仅任重道远，而且很可能得不偿失，甚至还可能造成新的悖论。与其把精力放在改造一个完善的数学系统上，还不如在自己熟悉的课题上多花点功夫，力求取得突破性的进展。
       另外：命题“若多项式 f1(z),f2(z) 的最大公因式是 d(z)，则 d(z)=0 与 f1(z)=f2(z)=0 的解集相同 ”值得商榷，原因望能自酌。