Основная теорема алгебры
Всякий многочлен с любыми комплексными коэффициентами , степень которого не меньше единицы имеет хотя бы один корень, в общем случае комплексный.
План доказательства .
Лемма №1 . Многочлен f(x) является непрерывной функцией комплексного переменного x.
Лемма №2 . Если данн многочлен n -ой степени, n>0,
f(x)=a 0 x n +a 1 x n-1 +…+a n
с произвольными комплексными коэффициентами и если k - любое положительное действительное число, то для достаточно больших по модулю значений
|a n x n |>k|ax n-1 +a n x n-2 +….+a 0 |
Лемма №3 .
Лемма №4 .(Лемма Даламбера).
Лемма №5.
Если действительная функция комплексного переменного f(x) непрерывна в замкнутом круге Е, то она ограничена.
Лемма №6.
Действительная функция комплексного переменного f(x) непрерывная в замкнутом круге Е достигает своего минимума и максимума.
Доказательство основной теоремы .
Лемма №1.
Надо доказать, что
|
f(x
0
+x)-f(x
0
)
|<
e.
Докажем Лемму №1 сначала для многочлена без свободного члена и при x 0 =0
Если A=max(|a 0 |,|a 1 |,…,|a n-1 |) и
(1)то |f(x)|=|a 0 x n +…+a n-1 x|
,
т.к |
x
|<
б ,
и из (1)
б<1,
то т.к. a 0 =0 то f(0)=0
Что и требовалось доказать.
Теперь докажем непрерывность любого многочлена.
f(x 0 +x)=a 0 (x 0 +x) n +…+a n
pаскрывая все скобки по формуле бинома и собирая вместе члены с
одинаковыми степенями x получим
Многочлен g(x)-это многочлен от x при x
0
=0 и а
0
=0
|f(x
0
+x)-f(x)|=|g(x)|<e
Лемма доказана.
Лемма №2
Если дан многочлен n -ой степени, n>0,
f(x)=a 0 x n +a 1 x n-1 +…+a n
с произвольными комплексными коэффициентами и если k - любое положительное действительное число, то для достаточно больших по модулю значений x верно неравенство:
|a 0 x n |>k|a 1 x n-1 +a 2 x n-2 +….+a n | (2)
Доказательсво.
Пусть А=max(
), тогда
пологая | x| >1, получим
откуда
следовательно неравенство (2) будет выполняться если |x|>1 и
Лемма №2 доказана.
Лемма №3 .
Доказательство.
(3)применим лемму 2: при k=2 существует такое N 1 , что при |x|> N 1
|a 0 x n |>2|a 1 x n-1 +a 2 x n-2 +….+a n |
откуда
|a 1 x n-1 +a 2 x n-2 +….+a n |<|a 0 x n |/2
тогда из (3)
при |x|>N=max(N 1 ,N 2 ) |f(x)|>M что и тебовалось доказать.
Лемма №3(Лемма Даламбера).
Если при x=x 0 многочлен f(x) степени n ,
не обращаеться в нуль, то существует такое приращение h, в общем случае комплексное, что|f(x 0 +h)|<|f(x)|
Доказательство.
По условию f(x
0
) не равно нулю, случайно может быть так, что x
0
является корнем f’(x),..,f
(k-1)
(x). Пусть k-я производная будет первой, не имеющей x
0
своим корнем. Такое k существует т.к.f (n) ( x 0 )=n!a 0
Таким образом
Т.к f(x
0
) не равно нулю то поделим обе части уравнения на f(x
0
)и обозначим
Теперь будем выбирать h. Причем будем отдельно выбирать его модуль и его аргумент.
По лемме№1:
С другой стороны при
(4)Пусть |h|<min( б 1 , б 2 ), тогда
Теперь выберем аргумент h так, чтобы c k h k было действительным отрицательным числом.
При таком выборе c k h k =-| c k h k | следовательно учитывая (4) получим
Что доказывает лемму Даламбера.
Лемма №5.
Если действительная функция комплексного переменного f(x) непрерывна в замкнутом круге Е, то она ограничена.
Доказательство.
Предположим, что это не верно тогда
получена бесконечная ограниченная последовательность x n ,
из нее можно выбрать сходящуюся подпоследовательность
, пусть ее предел равен
x
0
. Так как круг Е замкнут, то
x
0
пренадлежит Е. Тогда так как
f(x)
непрерывна
получено противоречие, следовательно неверно, предположение о неограничености f(x).
Лемма №6.
Действительная функция комплексного переменного f(x) непрерывная в замкнутом круге Е достигает своего минимума и
максимума.
Доказательство.
Докажем это утверждение для максимума.
Так как f(x) непрерывна в Е, то она ограничена и следовательно существует M = sup{ f(x)} . Рассмотрим функцию
. Если f(x) не достигает своего максимума, то M> f(x) следовательно M-f(x)>0 , следовательно g(x) непрерывна в Е.
Полученое противоречит тому, что M = sup{ f(x)} . Следовательно функция достигает свего максимума. Аналогично доказывается достижение минимума.
Доказательство основной теоремы.
Пусть дан многочлен f(x), очевидно что если a n -свободный член, то f(0)= a n . Теперь применим лемму№3: возьмем М=|f(0)| =|a n | тогда существует такое N, что при |x|>N |f(x)|>M. Теперь возьмем круг Е ограниченный окружностью с центром в нуле и радиусом N, включая границы круга. Так как (по лемме №1) многочлен f(x)-непрерывен, то и |f(x)|-непрерывен внутри замкнутого круга Е, следовательно(по лемме №6), существует такая точка x 0 , что для всех x из E выполняется неравенство |f(x)|>=|f(x 0 )|. x 0 является точкой минимума для |f(x)| внутри E. Т.к для любого x:|x|>N |f(x)|>M>|f(0)|>|f(x 0 )| точка x 0 является точкой минимуа |f(x)| на всей комплексной плоскости.
|f(x 0 )|=0 т.к по лемме Даламбера если |f(x 0 )|¹0 то x 0 не точка минимума для |f(x)|Þ x 0 -корень многочлена f(x).
Теорема доказана.
