Каталог :: Математика

Доклад: Основная Теорема Алгебры

     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)=a0xn+a1xn-1+.+an
с произвольными комплексными коэффициентами и если  k- любое
положительное действительное число, то для достаточно больших  по модулю
значений
     |anxn|>k|axn-1+anxn-2+..+a0|
     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(x0+x)-f(x0)|<e. Докажем Лемму №1 сначала для многочлена без свободного члена и при x0=0 Если A=max(|a0 |,|a1|,.,|a n-1|) и (1) то |f(x)|=|a0xn+.+an-1x|
,
т.к |x|<б ,и из (1) б<1, то т.к. a0=0 то f(0)=0 Что и требовалось доказать. Теперь докажем непрерывность любого многочлена. f(x0+x)=a0(x0+x)n+.+an pаскрывая все скобки по формуле бинома и собирая вместе члены с одинаковыми степенями x получим Многочлен g(x)-это многочлен от x при x0 =0 и а0=0 |f(x0+x)-f(x)|=|g(x)|<e Лемма доказана. Лемма №2 Если дан многочлен n-ой степени, n>0, f(x)=a0xn+a1xn-1+.+an с произвольными комплексными коэффициентами и если k- любое положительное действительное число, то для достаточно больших по модулю значений x верно неравенство: |a0xn|>k|a1xn-1+a2xn-2+..+an| (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 N1 , что при |x|> N1 |a0xn|>2|a1xn-1+a2xn-2+..+an| откуда |a1xn-1+a2xn-2+..+an|<|a0xn|/2 тогда из (3) при |x|>N=max(N1 ,N2) |f(x)|>M что и тебовалось доказать. Лемма №3(Лемма Даламбера). Если при x=x0 многочлен f(x) степени n, не обращаеться в нуль, то существует такое приращение h, в общем случае комплексное, что |f(x0+h)|<|f(x)| Доказательство. По условию f(x0) не равно нулю, случайно может быть так, что x0 является корнем f’(x),..,f(k-1) (x). Пусть k-я производная будет первой, не имеющей x0 своим корнем. Такое k существует т.к. f(n)( x0)=n!a0 Таким образом

Т.к f(x0) не равно нулю то поделим обе части уравнения на f(x0) 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(б1, б2), тогда Теперь выберем аргумент h так, чтобы ckhk было действительным отрицательным числом. При таком выборе ckhk=-| ckhk| 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 xn, из нее можно выбрать сходящуюся подпоследовательность , пусть ее предел равен x0. 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 an-свободный член, то f(0)= an. Теперь применим лемму№3: возьмем М=|f(0)| =|an| 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 x0 , что для всех x из E выполняется неравенство |f(x)|>=|f(x0)|. x 0 является точкой минимума для |f(x)| внутри E. Т.к для любого x:|x|>N |f(x)|>M>|f(0)|>|f(x0)| точка x0 является точкой минимуа |f(x)| на всей комплексной плоскости. |f(x0)|=0 т.к по лемме Даламбера если |f(x0)|¹0 то x 0 не точка минимума для |f(x)|Þ x0-корень многочлена f(x). Теорема доказана.