Главная » Статьи » Математика, алгебра, геометрия [ Добавить статью ]

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)|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| 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)|. x0 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)|¹ 0 то x0 не точка минимума для |f(x)|Þ x0-корень многочлена f(x). Теорема доказана.


Чтобы скачать материал, пожалуйста, авторизуйтесь или зарегистрируйтесь! Это быстро ! )