Доклад: 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)|<e.
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|<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)=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 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 x
0 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)|. x
0 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 x
0 не точка минимума для |f(x)|Þ x0-корень многочлена
f(x).
Теорема доказана.