Rouché 定理与零点扰动证书

两个多项式的系数很接近，它们的根是否也差不多？重根可以突然分裂，所以逐个追踪根往往比问题本身更困难。另一种做法是先围出一个区域，只问里面按重数一共有几个根。Rouché定理告诉我们：只要扰动在整个边界上还不足以把函数值推到零，内部的总数就不会改变。

形式陈述

一份边界比较换来准确整数

设 $D$ 是有界Jordan域，边界 $C=\partial D$ 分段 $C^1$ ，按逆时针走一遍。 $f,g$ 在包含 $\overline D$ 的同一个开集上全纯。若

|g(z)-f(z)|<|f(z)|\qquad(z\in C), \tag{1}

则 $f,g$ 在 $D$ 内的零点总重数相同，且二者在 $C$ 上均无零点。总重数把一个三重零点计三次，不是统计不同位置的个数。

实际证书常用两个可核验常数：

\min_{z\in C}|f(z)|\ge m>0,\qquad \max_{z\in C}|g(z)-f(z)|\le\eta<m. \tag{2}

$m-\eta$ 是严格余量。边界上测了很多点并没有自动证明这两个整段界；测点之间仍可能经过零。怎样从有限数据补齐整个边界，是分段绕数证书另要完成的事。

更对称的版本

条件(1)可以放宽为

|g(z)-f(z)|<|f(z)|+|g(z)|\qquad(z\in C). \tag{3}

结论仍成立。这一形式也自动排除了边界零点：任意一方为零，左、右两侧就相等。几何上，两个非零向量不能指向恰好相反的方向。它比通常的“扰动小于基准”更灵活，但必须保留严格不等号。

直觉

不需要给移动中的每个根编号

固定边界上的一点，考虑函数值的直线插值

h_s(z)=(1-s)f(z)+sg(z),\qquad0\le s\le1.

若使用(1)，则

|h_s(z)|\ge |f(z)|-s|g(z)-f(z)|>0.

若使用(3)，假如某个 $0<s<1$ 满足 $h_s(z)=0$ ，就有 $g(z)=-(1-s)f(z)/s$ 。两个向量方向相反，从而 $|g-f|=|g|+|f|$ ，仍矛盾。因此整条像路径可以从 $f(C)$ 连续变成 $g(C)$ ，而不经过原点；这是一份避零的同伦。

边界像曲线的绕数不会在这样的变形中跳变。它是一个整数，连续变化时只能保持原值。这里没有假设每个根都简单，也没有要求能选择一组全程不交换身份的根轨迹。

把这幅图落实为证明

先调用留数页已有的对数导数计数。若 $h$ 在内部有 $m$ 重零点 $a$ ，局部分解 $h(z)=(z-a)^m v(z)$ 、 $v(a)\ne0$ 给出

\frac{h'}h=\frac m{z-a}+\frac{v'}v.

所以正向围道积分

N(s)=\frac1{2\pi i}\int_C\frac{h_s'(z)}{h_s(z)}\,dz \tag{4}

恰为内部零点的整数重数和。没有恒零成员，因为每个 $h_s$ 在边界都非零；零点孤立及紧性保证待计数的零点有限。

在紧集 $[0,1]\times C$ 上， $h_s(z)$ 连续且从不为零，因此有一个同时适用于全部 $s,z$ 的正模长下界。 $h_s'$ 也连续依赖 $s,z$ ，故被积函数随 $s$ 在整条边界上一致连续。由积分长度估计， $N(s)$ 连续。连续区间的像不能跨过相邻整数之间的空隙，所以 $N(0)=N(1)$ 。这就证明了两个版本。

证明稳定的是一个整数读数，不是数值积分的小数位。实际计算出 $0.9998$ 后四舍五入为一，仍缺少把真实积分限制到宽度小于一的认证。

例子与边界

不求根，也能把五个根分成两层

取

p(z)=z^5+3z+1.

在 $|z|=1$ 上，以 $3z$ 为基准，剩余项的模至多二，小于三。因此单位圆内恰有一个零点，计入重数。在 $|z|=2$ 上改以 $z^5$ 为基准，剩余项至多七，小于三十二，故半径二的圆内恰有五个零点。两个圆周都避零，于是环域 $1<|z|<2$ 中恰有四个零点。

这里两次比较选了不同主项。一张根散点图或单个近似根都无法代替环域计数；反过来，计数也没有给出每个根的位置或声明它们全部简单。

充分条件失败，不等于根数不同

令 $f(z)=z,g(z)=100z$ ，比较单位圆。常用条件(1)失败，因为 $99<1$ 不成立；对称条件却给 $99<101$ 。两个函数确实都只有一个一重零点。没有通过某种容易计算的上界，只能说明这张证书尚未成功。

严格性不能删。 $f(z)=z,g(z)=z+1$ 在单位圆上满足 $|g-f|\le|f|$ ，但 $g$ 的零点恰落边界，不再有相同的内部计数。对称版本若改成非严格不等号，更会退化成对任意两个复数都成立的三角不等式。

重数守恒没有修复重根的病态性

比较 $f(z)=(z-a)^m$ 与 $g(z)=(z-a)^m+\varepsilon$ 。对半径 $r$ 的圆，只要

|\varepsilon|<r^m,

内部总重数就是 $m$ 。当 $\varepsilon\ne0$ ，这些根的位移模恰为 $|\varepsilon|^{1/m}$ 。对 $m>1$ ，这个尺度通常远大于 $|\varepsilon|$ ；不能从根簇总数稳定推断各根具有线性扰动界。任意非零常数扰动还把原来的一个不同根分成 $m$ 个简单根。

亚纯函数只能保持零减极的净数

若 $f,g$ 在闭域邻域亚纯、边界上均无零点或极点，并满足同样的边界比较，则保留的是

N_f-P_f=N_g-P_g, \tag{5}

其中零点和极点都按阶数计。直线变形的极点只来自两函数的有限极点并集；消去可能改变极点数，但式(4)的边界积分仍连续并取整数，故净数不变。

例如单位圆上的

f(z)=1,\qquad g(z)=\frac{z-a}{z+a},\qquad0<a<1/3

满足 $|g-f|\le2a/(1-a)<1$ 。常数函数没有零点也没有极点； $g$ 却在 $a$ 有一个零点，在 $-a$ 有一个极点。两者净数都是零。若把“零圈”解释成“区域里没有零点”，就遗漏了分母的责任。

推论与应用

一份局部余量给一整个系数族保证

设基准多项式 $p(z)=\sum_{j=0}^n a_jz^j$ ，允许 $q(z)=\sum_{j=0}^n(a_j+\delta_j)z^j$ ，并已知 $|\delta_j|\le\epsilon_j$ 。在圆周 $|z-c|=r$ 上，

|q(z)-p(z)|\le\sum_{j=0}^n\epsilon_j(|c|+r)^j. \tag{6}

只要这份上界小于 $p$ 的边界模下界，同一圆盘的计数对全部允许系数同时成立，不必枚举系数盒的角点。圆心平移不能忽略，不能把原坐标的误差直接乘 $r^j$ 。

Pellet根簇证书通过平移后的单项优势直接给出这个模下界，并将多个不相交圆盘的计数与多项式次数核在一起。总数闭合时才得到全部根的覆盖；只验一只圆盘只得到局部结果。

单根的位置误差可以再追一步

在 $|z-1|=r<2$ 上， $p(z)=z^2-1=(z-1)(z+1)$ 满足 $|p(z)|\ge r(2-r)$ 。若常数扰动 $q=p+\varepsilon$ 满足 $|\varepsilon|<r(2-r)$ ，则圆盘内恰有一个根，且它简单，因为总重数是一。记此根为 $1+w$ ，由原方程

|w|\,|2+w|=|\varepsilon|,\qquad |w|<r

得到 $|w|\le|\varepsilon|/(2-r)$ 。计数证书先保证根存在且唯一，代回等式再给位置误差；二者不是同一句结论。

参考资料

Jiří Lebl，Guide to Cultivating Complex Analysis作者公开稿，§5.4.2、Theorem5.4.2与Corollary5.4.3，印刷139–141页；经典版本、对称版本及亚纯净数。作者注明对称加强源于Estermann。本文采用直线族的整数连续性证明。
Ruben Becker、Michael Sagraloff、Vikram Sharma、Chee Yap，A Near-Optimal Subdivision Algorithm for Complex Root Isolation based on the Pellet Test and Newton Iteration，2016年v4，§3.1，圆盘单项优势的计算接口。本文不使用其中的近最优复杂度结论。

形式陈述 ​

一份边界比较换来准确整数 ​

更对称的版本 ​

不需要给移动中的每个根编号 ​

把这幅图落实为证明 ​

不求根，也能把五个根分成两层 ​

充分条件失败，不等于根数不同 ​

重数守恒没有修复重根的病态性 ​

亚纯函数只能保持零减极的净数 ​

一份局部余量给一整个系数族保证 ​

单根的位置误差可以再追一步 ​

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