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

春风晚霞 发表于 2023-1-10 10:09
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 ...

春风晚霞先生: 您好！
    按照先生给出的证明，如果我没有理解错，证明的应该是：\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}所有各不相同复数解组成的解集与\(d(z)\)=0所有各不相同复根组成的根集是两个相等的集合,于是\(d(z)\)=0的所有各不相同复根就是\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}的所有各不相同复数解.

春风晚霞

金瑞生 发表于 2023-1-10 15:08
春风晚霞先生: 您好！
    按照先生给出的证明，如果我没有理解错，证明的应该是：\begin{cases}f_{1}(z ...

理解不完全正确，证明中d(z)=\((z-α_1)^{k_1}(z-α_2)^{k_2}…(z-α_r)^{k_r}\)是复数域中分解质因式定理的应用。若令d(z)=0，以因式\((z-α_i)^{k_i}\)=0为例，当\(k_i\)=1，\(α_i\)为单根z=\(α_i\)，当\(k_i\)>1时\(α_i\)为重根，这时\((z-α_i)^{k_i}\)=0的所有根为\(z_1\)=\(z_2\)=…=\(z_{k_i}\)=\(α_i\).这与初中一元二次方程有两个相等实根的表示是一致的。d(z)中其它因式的分析与此类似，且\(\small\displaystyle\sum_{i=1}^r k_i\)=P保证了p次方程d(z)=0有p个复根。对于\(f_1(z)=0\)、\(f_2(z)=0\)的分析与此同。所以证明中集\(\mathscr{A}\)={\(α_1\)，\(α_2\)，…，\(α_r\)}；\(\mathscr{B}\)={\(α_1\)，\(α_2\)，…，\(α_r\)，\(β_1\)，\(β_2\)，…\(β_s\)}；\(\mathscr{C}\)={\(α_1\)，\(α_2\)，…，\(α_r\)，\(γ_1\)，\(γ_2\)，…\(γ_t\)}分别表示d(z)=0、\(f_1(z)=0\)、\(f_2(z)=0\)的所有复根.

金瑞生

春风晚霞 发表于 2023-1-10 17:26
理解不完全正确，证明中d(z)=\((z-α_1)^{k_1}(z-α_2)^{k_2}…(z-α_r)^{k_r}\)是复数域中的分解质因 ...

    对于严谨的数学而言，说明不能代替证明。{\(1\),\(1\),\(2\)}和{\(1\),\(2\),\(2\)}是两个允许有重元的集合，用先生刚才的方法（原集合论）可以证明它们是两个相等集合，而对于新集合论来说，它们谁也不是另一个的子集，更不要说两者相等。

春风晚霞

金瑞生 发表于 2023-1-10 19:42
对于严谨的数学而言，说明不能代替证明。{\(1\),\(1\),\(2\)}和{\(1\),\(2\),\(2\)}是两个允许有重 ...

是的。“对于严谨的数学而言，说明不能代替证明”，但我不知是谁在说明，又是谁在用说明代替证明？“{1,1,2}和{1,2,2}是两个允许有重元的集合”，由于你用了“集合”这个概念，你就必须遵从ZFC集合论公理体系的约定，否则你称{1,1,2}，{1,2,2}为两个数列更合适。因为数列中的元素只讲确定性，不讲互异性和无序性。“用先生刚才的方法（原集合论）可以证明它们是两个相等集合，而对于新集合论来说，它们谁也不是另一个的子集，更不要说两者相等。”ZFC公理化集合论风靡全球，引领时尚。而你的“新集合论”尚处于襁褓之中，除你自娱自乐外，目前暂时还无人认可。既然原集合论能证明\(\begin{cases}
f_1(z)=0&(1)\\f_2(z)=0&(2)
\end{cases}\)的所有复数解组成的解集，与d(z)=0的所有复根组成的集合相等，并且重根的表述也很清晰。我不知你为什么还要劳心费力去创建新集论，也许是“新集合”证明这个问题更简洁吧。也不知你在新集合论中是如何定义两集合相等的？又是如何证明方程组\(\begin{cases}
f_1(z)=0&(1)\\f_2(z)=0&(2)
\end{cases}\)的所有复根组成的集合与d(z)=0所有复根所组成的集合相等的？能否把你的证明贴出来，也让我们开开眼界好吗？

金瑞生

春风晚霞 发表于 2023-1-10 20:58
是的。“对于严谨的数学而言，说明不能代替证明”，但我不知是谁在说明，又是谁在用说明代替证明？“{1 ...

   请谅解，我刚才不是在证明命题，所以用了说明，如果证明命题就不能靠说明。集合（原）概念不适合对多项式方程有重根情况的讨论，两个多项式方程根集的并集等就更加复杂，不是用（原）集合论就可以证明的，但有了新集合论可以非常轻松的证明。我的观点是：要对整式代数方程统一解法原理作深入研究，确立允许有重元的新集合概念非常必要，新集合不是（原）集合，新集合论也不是（原）集合论可以取代，新集合与（原）集合的运算律更有区别。有了新集合论，整式代数方程统一解法原理才可能一个命题接着命题不断深入下去，而这绝不是（原）集合论可以办到的。在我的研究里，由方程所有各不相同复根组成的根集是（原）集合，由方程所有复根组成的集合是新集合，于是（原）集合论与新集合论可以在多项式方程（组）解法基础理论的研究中协同配合，发挥出1+1>2的作用。
      要证明本主贴给出的命题，用新集合论是及其简单的，我只要将新集合论展现给大家就可以，但是它并不能说服大家接受新集合论的诞生，否则我的多次投稿就不可能次次失败。要大家完全接受新集合论，我必须将自己的数学专著《整式代数方程新根号体系的建立与统一解法原理之形成》完整的展现给大家才行，只有这样大家才会相信新集合论的魔力，从而接受新集合论。而我也正在寻找在本论坛发表该专著的机会。

春风晚霞

请先生用你的“新集合论”证明以下命题:
       命题1: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的所有复根组成的解集相同.
       命题2: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(也就是本主题).
       先生既然认为“要证明本主贴给出的命题，用新集合论是及其简单的”，那就请先生步步有依据地写出这个严谨证明。只要能证明你的新集合论比Cantor的扑素集合论在证明这两个命题上更“简单”，当然也就说明了你的新集合论有过人之处.用不着等你的数学专著《整式代数方程新根号体系的建立与统一解法原理之形成》完整的展现给大家，米岁之人自然会接受你的创新理论的。毕竟“尝一脔肉，而知一镬之味，一鼎之调”(参见《吕氏春秋·察今》)嘛！

金瑞生

      那至少也得将我的新集合论完整展现吧？好吧，为满足您的好奇心，我尽力而为。
     引理： 设\(d(z)\)是\(f_1(z)\)，\(f_2(z)\)的一个最大公因式，z_0为复数，k为非负整数，则（1）z_0是\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}的解的充要条件是：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k重解的充要条件是：z_0是\(d(z)\)=0的k重根.
   证明 由于\(d(z)\)是\(f_1(z)\)，\(f_2(z)\)的最大公因式，则（1）\((z-z_0)|f_1(z)\)且\((z-z_0)|f_2(z)\)充要条件是：\((z-z_0)|d(z)\)，故命题成立.（2）\((z-z_0)^k|f_1(z)\)且\((z-z_0)^k|f_2(z)\)，但\((z-z_0)^{k+1}不能同时整除f_1(z)\)，\(f_2(z)\)的充要条件是\((z-z_0)^k|d(z)\)，但\((z-z_0)^{k+1}不能整除d(z)\).故命题成立.
     下面证明本主贴命题：设A表示由\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}所有复数解组成的集合，B表示由\(d(z)\)=0所有复根组成的集合，z_0是A的任意一个元素，若z_0是A的k重元素,,则z_0是\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}的任意解且是k重解，由引理则z_0是\(d(z)\)=0的k重根，于是z_0是B的k重元素,根据定义A是B的子集。.反过来，z_0是B的任意一个元素，若z_0是B的k重元素,则z_0是\(d(z)\)=0的任意根且是k重根，由引理则z_0是\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}的k重解，于是z_0是A的k重元素,根据定义B是A的子集，于是A=B，命题成立.
      由于我还不能熟练运用本论坛的公式打印，很多只能用文字表示，请谅解。

春风晚霞

金瑞生先生:
       你不仅没有满足我的好奇心，反而增加了更多的困惑。
       首先【引理： 引理： 设d(z)是\(f_1(z)\)，\(f_2(z)\)的一个最大公因式，\(z_0\)为复数，k为非负整数，则（1）\(z_0\)是\(\begin{cases}
f_1(z)=0\\f_2(z)=0
\end{cases}\)的解的充要条件是：\(z_0\)是d(z)=0的根；（2）\(z_0\)是\(\begin{cases}
f_1(z)=0\\f_2(z)=0
\end{cases}\)的k重解的充要条件是：\(z_0\)是d(z)=0的k重根】说了些什么，你自己清楚吗？其实，你的引理本身就隐含在已知条件之中，还需要你引经据典去论证吗？关于方程的根或解，百度方程的解和方程的根的区别和联系，得到的答案是:所谓方程的解、方程的根都是使方程左、右两边的值相等的未知数的取值，而方程的根是特指一元方程的解。即对于只含有一个未知数的方程来说，方程的解，也叫方程的根。
       其次请先生自酌.你的这个“证明”，与你改造Cantor集合论有什么关系？从先生的引理和证明看，看不出方程的重根与解集合中的元素具有互异性有什么冲突，既无冲突，改写康托尔集合论又有什么必要！
       由于命题1我已经出了证明。现在我们证明命题2未必是真命题.
      命题2:若多项式 \(f_1(z)\),\(f_2(z)\) 的最大公因式是 d(z)，则 d(z)=0 与 \(f_1(z)=f_2(z)=0\) 的解集相同.
        证明:因为若多项式 \(f_1(z)\),\(f_2(z)\) 的最大公因式是 d(z)(已知)
所以\(\begin{cases}
f_1(z)=d(Z)h_1(z)\\f_2(z)=d(z)h_2(z)
\end{cases}\)(最大公因式的定义)
       所以根据复数域上的分解质因式定理，我们有\(\begin{cases}
d(z)=(z-α_1)^{k_1}(z-α_2)^{k_2}…(z-α_r)^{k_r}&(1)\\h_1(z)=(z-β_1)^{j_1}(z-β_2)^{j_2}…(z-β_s)^{j_s}&(2)\\h_2(z)=(z-γ_1)^{l_1}(z-γ_2)^{l_2}…(z-γ_t)^{l_t}&(3)
\end{cases}\)(分解质因式定理，式中\(k_i\)、\(j_i\)、\(l_i\)∈N，\(α_i\)，\(β_i\)，\(γ_i\)∈C，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).
       若令d(z)=0；\(f_1(z)\)=0，\(f_2(z)\)=0的解集分别为：\(\mathscr{A}\)、\(\mathscr{B}\)、\(\mathscr{C}\)，则\(\mathscr{A}\)={\(α_1\)，\(α_2\)，…，\(α_r\)}；\(\mathscr{B}\)={\(α_1\)，\(α_2\)，…，\(α_r\)，\(β_1\)，\(β_2\)，…\(β_s\)}；\(\mathscr{C}\)={\(α_1\)，\(α_2\)，…，\(α_r\)，\(γ_1\)，\(γ_2\)，…\(γ_t\)}.(一元方程根与解集的关系).
       所以，当\(h_1(z)\)、\(h_2(z)\)不是零多项时，\(h_1(z)\)=0、\(h_2(z)\)=0的解集非空。(复数域内任何非零次多项式必有一次因式)
       所以\(\mathscr{A}\)≠\(\mathscr{B}\)≠\(\mathscr{C}\)\(\quad\)(\(h_1(z)\)=0、\(h_2(z)\)=0的解集非空时命题2不真）

金瑞生

春风晚霞 发表于 2023-1-11 19:18
金瑞生先生:
       你不仅没有满足我的好奇心，反而增加了更多的困惑。
       首先【引理： 引理： 设 ...

   
       看引理证明时要注意：（1) z_0是\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}的解的充要条件是：\((z-z_0)|f_1(z)\)且\((z-z_0)|f_2(z)\)。而z_0是\(d(z)\)=0的根的充要条件是：\((z-z_0)|d(z)\)。（2）z_0是\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}的k重解的充要条件是：\((z-z_0)^k|f_1(z)\)且\((z-z_0)^k|f_2(z)\)，但\((z-z_0)^{k+1}不能同时整除f_1(z)\)，\(f_2(z)\)。而z_0是\(d(z)\)=0的k重根的充要条件是\((z-z_0)^k|d(z)\)，但\((z-z_0)^{k+1}不能整除d(z)\).
     看主贴命题证明时要注意 ： z_0是\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}的k重解的充要条件是：z_0是A的k重元素。
    若z_0是A的k重元素,则在集合A里有且仅有k个z_0 ，当然与集合中的元素要具有互异性是有冲突的！
    若z_0是B的k重元素,则在集合B里有且仅有k个z_0 ，而z_0是\(d(z)\)=0的k重根。假如\(d(z)\)的次数为k，则集合B共有k个元素。
    命题2:若多项式 \(f_1(z)\),\(f_2(z)\) 的最大公因式是 d(z)，则 d(z)=0 与 \(f_1(z)=f_2(z)=0\) 的解集相同.它是我主贴的标题，但不是我的本意，是论坛在我书写标题超过字数时自动修改的。
        先生在证明命题2时说，当\(h_1(z)\)、\(h_2(z)\)不是零多项时，\(h_1(z)\)=0、\(h_2(z)\)=0的解集非空。(复数域内任何非零次多项式必有一次因式）。我要说先生的说法是错误的。若\begin{cases}h_{1}(z)=0\\h_{2}(z)=0\end{cases}的解集非空，则\(d(z)\)只是\(f_1(z)\),\(f_2(z)\) 的公因式，而不是最大公因式。
    我的观点： 若多项式 \(f_1(z)\),\(f_2(z)\) 的最大公因式是 d(z)，设\(\begin{cases}f_1(z)=d(z)h_1(z)\\f_2(z)=d(z)h_2(z)
\end{cases}\) ，由最大公因式的定义，则\(h_1(z)\)、\(h_2(z)\)是互素的，\begin{cases}h_{1}(z)=0\\h_{2}(z)=0\end{cases}无解，其解集是空集。

春风晚霞

金瑞生 发表于 2023-1-11 20:20
看 引理证明时要注意：（1) z_0是\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}的解的充要条 ...

其实这个引理是完全是没有必要。复数域内分解质因式定理所包含的信息比引理内容多得多，这个定理不仅给出了根与方程的关系，还给出方程的解(根)的集合描述方法。同时你引理中单根和重根的充要条件用复数域内分简质因式定理表述更简单。不信试试！