Xreferat.com » Рефераты по математике » 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. Основная теорема алгебры

Лемма №4.(Лемма Даламбера).

Основная теорема алгебры

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 Основная теорема алгебры |f(x0+x)-f(x0)|<e.

Докажем Лемму №1 сначала для многочлена без свободного члена и при x0=0

ЕслиA=max(|a0 |,|a1|,…,|a n-1|) и Основная теорема алгебры(1)

то |f(x)|=|a0xn+…+an-1x| Основная теорема алгебры

Основная теорема алгебры,

Основная теорема алгебры

т.к |x|<б ,и из (1) б<1, то

т.к. a0=0 то f(0)=0 Основная теорема алгебры

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

Основная теорема алгебры

Основная теорема алгебры

Многочлен g(x)-это многочлен от x при x0 =0 и а0=0 Основная теорема алгебры|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(Основная теорема алгебры), тогда

Основная теорема алгебры

пологая |x|>1, получим

Основная теорема алгебры

откуда

Основная теорема алгебры

следовательно неравенство (2) будет выполняться если |x|>1 и

Основная теорема алгебры

Лемма №2 доказана.

Лемма №3.

Основная теорема алгебры

Доказательство.

Основная теорема алгебры (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)

Основная теорема алгебры

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,Основная теорема алгебры не обращаеться в нуль, то существует такое приращение h, в общем случае комплексное, что

|f(x0+h)|<|f(x)|

Доказательство.

Основная теорема алгебры

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

Основная теорема алгебры

Т.к f(x0) не равно нулю то поделим обе части уравнения на f(x0)

и обозначим Основная теорема алгебры

Основная теорема алгебры

Теперь будем выбирать h. Причем будем отдельно выбирать его модуль и его аргумент.

По лемме№1: Основная теорема алгебры

С другой стороны при

Основная теорема алгебры (4)

Пусть |h|<min(б1, б2), тогда

Основная теорема алгебры

Теперь выберем аргумент h так, чтобы ckhk было действительным отрицательным числом.

Основная теорема алгебры

При таком выборе ckhk=-| ckhk| следовательно учитывая (4) получим

Основная теорема алгебры

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

Основная теорема алгебры

получена бесконечная ограниченная последовательность xn,

из нее можно выбрать сходящуюся подпоследовательность Основная теорема алгебры, пусть ее предел равен x0. Так как круг Е замкнут, то x0 пренадлежит Е. Тогда так как f(x) непрерывна

Основная теорема алгебры

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 Основная теорема алгебры.

Если f(x) не достигает своего максимума, то M> f(x) следовательно M-f(x)>0 , следовательно g(x) непрерывна в Е.

Основная теорема алгебры

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.

Похожие рефераты: