Лекции по геометрии и алгебре. Карчевский Е.М - 215 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

КФУ | Казань

Составители: 

Рубрика: 

Приложение
Теорема (основная теорема алгебры). Всякий полином
P
n
(z) = z
n
+ a
n−1
z
n−1
+ ··· + a
0
, n > 1,
имеет хотя бы один корень.
Доказательство. Нам удобно будет сейчас обозначать декар-
товы координаты точек на плоскости через x
1
, x
2
, x = (x
1
, x
2
) — точка
на плоскости, z = x
1
+ ix
2
— соответствующее ей комплексное число.
Равенство f(x) = |P
n
(z)|, определяет функцию f двух веществен-
ных переменных. Эта функция неотрицательна при всех x.
Если удастся доказать, что существует точка x
0
= (x
0
1
, x
0
2
) такая,
что f(x
0
) = 0, то число z
0
= x
0
1
+ ix
0
2
будет корнем полинома P
n
.
Докажем, прежде всего, что функция f непрерывна на всей плос-
кости. Для любых двух точек x, ˜x вследствие (4.4), с. 9, имеем
|f(x) − f(˜x)| = ||P
n
(z)| − |P
n
(˜z)|| 6 |P
n
(z) − P
n
(˜z)|.
Ясно, что
P
n
(˜z) − P
n
(z) = ˜z
n
− z
n
+ a
n−1
(˜z
n−1
− z
n−1
) + ··· + a
1
(˜z
1
− z
1
).
Положим ˜z = z + h. Вычисляя (z + h)
k
по формуле бинома Ньютона,
при любом k > 1 получим ˜z
k
−z
k
= (z − ˜z)q
k−1
(z, h), где q
k−1
(z, h) —
сумма k − 1 слагаемых, каждое из которых содержит степени z и h
не выше k − 1. Можно считать, что |h| 6 1.
Применяя (4.2), (4.3), с. 9, теперь нетрудно получить, что
|P
n
(z) − P
n
(˜z)| 6 L|z − ˜z|,
где L зависит только от |z|, и модулей коэффициентов полинома P
n
.
Понятно, что |z − ˜z|
2
= (x
1
− ˜x
1
)
2
+ (x
2
− ˜x
2
)
2
, следовательно,
|f(x) − f(˜x)| 6 L
¡
(x
1
− ˜x
1
)
2
+ (x
2
− ˜x
2
)
2
¢
1/2
.
Выбирая точку ˜x достаточно близкой к x, можно сделать правую
часть последнего неравенства меньшей любого наперед заданного по-
ложительного числа. Это и означает непрерывность функции f.
Пусть теперь x
0
— произвольным образом фиксированная точка
плоскости.
                                Приложение


    Теорема (основная теорема алгебры). Всякий полином
                 Pn (z) = z n + an−1 z n−1 + · · · + a0 ,     n > 1,
имеет хотя бы один корень.
    Доказательство. Нам удобно будет сейчас обозначать декар-
товы координаты точек на плоскости через x1 , x2 , x = (x1 , x2 ) — точка
на плоскости, z = x1 + ix2 — соответствующее ей комплексное число.
    Равенство f (x) = |Pn (z)|, определяет функцию f двух веществен-
ных переменных. Эта функция неотрицательна при всех x.
    Если удастся доказать, что существует точка x0 = (x01 , x02 ) такая,
что f (x0 ) = 0, то число z 0 = x01 + ix02 будет корнем полинома Pn .
    Докажем, прежде всего, что функция f непрерывна на всей плос-
кости. Для любых двух точек x, x̃ вследствие (4.4), с. 9, имеем
          |f (x) − f (x̃)| = ||Pn (z)| − |Pn (z̃)|| 6 |Pn (z) − Pn (z̃)|.
Ясно, что
   Pn (z̃) − Pn (z) = z̃ n − z n + an−1 (z̃ n−1 − z n−1 ) + · · · + a1 (z̃ 1 − z 1 ).
Положим z̃ = z + h. Вычисляя (z + h)k по формуле бинома Ньютона,
при любом k > 1 получим z̃ k − z k = (z − z̃)qk−1 (z, h), где qk−1 (z, h) —
сумма k − 1 слагаемых, каждое из которых содержит степени z и h
не выше k − 1. Можно считать, что |h| 6 1.
    Применяя (4.2), (4.3), с. 9, теперь нетрудно получить, что
                          |Pn (z) − Pn (z̃)| 6 L|z − z̃|,
где L зависит только от |z|, и модулей коэффициентов полинома P n .
    Понятно, что |z − z̃|2 = (x1 − x̃1 )2 + (x2 − x̃2 )2 , следовательно,
                               ¡                            ¢1/2
           |f (x) − f (x̃)| 6 L (x1 − x̃1 )2 + (x2 − x̃2 )2      .
   Выбирая точку x̃ достаточно близкой к x, можно сделать правую
часть последнего неравенства меньшей любого наперед заданного по-
ложительного числа. Это и означает непрерывность функции f .
   Пусть теперь x0 — произвольным образом фиксированная точка
плоскости.

Страницы