Учебная работа № 1595. Основная теорема алгебры

Учебная работа № 1595. 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)=a0 xn +a1 xn1 +…+an

с произвольными комплексными коэффициентами и если k любое положительное действительное число, то для достаточно больших по модулю значений

|an xn |>k|axn1 +an xn2 +….+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 n1 |) и (1)

то |f(x)|=|a0 xn +…+an1 x|

,

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)=a0 xn +a1 xn1 +…+an

с произвольными комплексными коэффициентами и если k любое положительное действительное число, то для достаточно больших по модулю значений x верно неравенство:

|a0 xn |>k|a1 xn1 +a2 xn2 +….+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

|a0 xn |>2|a1 xn1 +a2 xn2 +….+an |

откуда

|a1 xn1 +a2 xn2 +….+an |<|a0 xn |/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(k1) (x). Пусть kя 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 ck hk было действительным отрицательным числом.

При таком выборе ck hk =| ck hk | 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 равенx0 . Так как круг Е замкнут, то x0 пренадлежит Е. Тогда так как f(x) непрерывна

получено противоречие, следовательно неверно, предположение о неограничености f(x) .

Лемма №6.

Действительная функция комплексного переменногоf(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 )|. 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 )|¹0 то x0 не точка минимума для |f(x)|Þ x0 корень многочлена f(x).

Теорема доказана.

Учебная работа № 1595. Основная теорема алгебры

Яндекс.Метрика