Быстрый поиск

Основная теорема алгебры - (реферат)

Дата добавления: март 2006г.

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)|

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|    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)|
    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 значенийx 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|    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)| 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|

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 x0 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)|. x0является 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)|№0 то x0 не точка минимума для |f(x)|Ю x0-корень многочлена f(x). Теорема доказана.