Информация о готовой работе

Бесплатная студенческая работ № 7352

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+Е+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+Е.+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 ЕслиA=max(|a0 |,|a1|,Е,|a n-1|) и (1) то |f(x)|=|a0xn+Е+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+Е+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+Е+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+Е.+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+Е.+an| откуда |a1xn-1+a2xn-2+Е.+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 fТ(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 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)|. 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)|?0 то x0 не точка минимума для |f(x)|? x0-корень многочлена f(x). Теорема доказана.

Вы можете приобрести готовую работу

Альтернатива - заказ совершенно новой работы?

Вы можете запросить данные о готовой работе и получить ее в сокращенном виде для ознакомления. Если готовая работа не подходит, то закажите новую работуэто лучший вариант, так как при этом могут быть учтены самые различные особенности, применена более актуальная информация и аналитические данные