Лекции по геометрии и алгебре. Карчевский Е.М - 216 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

КФУ | Казань

Составители: 

Рубрика: 

Приложение 215
Можно считать, что f(x
0
) > 0. В противном случае z
0
= x
0
1
+ix
0
2
—
корень полинома.
Построим круг B
R
радиуса R с центром в начале координат такой,
что x
0
лежит внутри этого круга. Обозначим через S
R
окружность,
границу круга B
R
. Пусть x ∈ S
R
. Запишем f(x) в виде
f(x) = |z
n
− (−a
n−1
z
n−1
− ··· − a
0
)|.
Вследствие (4.4), с. 9, отсюда вытекает, что
f(x) > |z|
n
−|a
n−1
||z|
n−1
−···−|a
0
| = R
n
−|a
n−1
|R
n−1
−···−|a
0
| =
= R
n
(1 − |a
n−1
|R
−1
− ··· − |a
0
|R
−n
).
Правая часть полученного неравенства стремится к бесконечности
при R → ∞. Поэтому, выбирая R достаточно большим, можно до-
биться того, что
f(x) > 2f(x
0
) ∀x ∈ S
R
. (11.1)
По доказанному выше функция f непрерывна на всей плоскости, зна-
чит, по теореме Вейерштрасса она достигает минимального значения
в некоторой точке x
1
на замыкании круга B
R
.
Очевидно f(x
1
) 6 f(x
0
), но тогда вследствие оценки (11.1) точ-
ка x
1
не может лежать на S
R
, следовательно, она — внутренняя точка
области B
R
. Будем считать, что f(x
1
) > 0. В противном случае точ-
ка x
1
соответствует корню полинома P
n
.
Пусть h = h
1
+ ih
2
. Если |h| достаточно мал, то точка
x
2
= (x
1
1
+ h
1
, x
1
2
+ h
2
)
лежит внутри B
R
. По определению f(x
2
) = |P
n
(z
1
+ h)|. Вновь ис-
пользуя формулу бинома Ньютона, нетрудно показать, что
P
n
(z
1
+ h) = P
n
(z
1
) + c
1
h + c
2
h
2
+ ··· + h
n
,
причем коэффициенты c
1
, . . . , c
n−1
зависят только от z
1
. По предпо-
ложению P
n
(z
1
) не нуль, поэтому
P
n
(z
1
+ h)
P
n
(z
1
)
= 1 + d
1
h + ··· + d
n
h
n
.
Среди чисел d
1
, . . . , d
n
хотя бы одно не нуль, по крайне мере, послед-
нее таково. Пусть d
k
6= 0, а все числа d
j
с меньшими номерами —
нули. Тогда
f(x
2
)
f(x
1
)
=
|P
n
(z
1
+ h)|
|P
n
(z
1
)|
6 |1 + d
k
h
k
|+ |d
k+1
||h|
k+1
+ ···+ |d
n
||h|
n
. (11.2)
Приложение                                                                     215


   Можно считать, что f (x0 ) > 0. В противном случае z 0 = x01 +ix02 —
корень полинома.
   Построим круг BR радиуса R с центром в начале координат такой,
что x0 лежит внутри этого круга. Обозначим через SR окружность,
границу круга BR . Пусть x ∈ SR . Запишем f (x) в виде
                   f (x) = |z n − (−an−1 z n−1 − · · · − a0 )|.
Вследствие (4.4), с. 9, отсюда вытекает, что

 f (x) > |z|n − |an−1 ||z|n−1 − · · · − |a0 | = Rn − |an−1 |Rn−1 − · · · − |a0 | =
                                     = Rn (1 − |an−1 |R−1 − · · · − |a0 |R−n ).
Правая часть полученного неравенства стремится к бесконечности
при R → ∞. Поэтому, выбирая R достаточно большим, можно до-
биться того, что
                   f (x) > 2f (x0 ) ∀x ∈ SR .            (11.1)
По доказанному выше функция f непрерывна на всей плоскости, зна-
чит, по теореме Вейерштрасса она достигает минимального значения
в некоторой точке x1 на замыкании круга BR .
    Очевидно f (x1 ) 6 f (x0 ), но тогда вследствие оценки (11.1) точ-
ка x1 не может лежать на SR , следовательно, она — внутренняя точка
области BR . Будем считать, что f (x1 ) > 0. В противном случае точ-
ка x1 соответствует корню полинома Pn .
    Пусть h = h1 + ih2 . Если |h| достаточно мал, то точка
                           x2 = (x11 + h1 , x12 + h2 )
лежит внутри BR . По определению f (x2 ) = |Pn (z 1 + h)|. Вновь ис-
пользуя формулу бинома Ньютона, нетрудно показать, что
              Pn (z 1 + h) = Pn (z 1 ) + c1 h + c2 h2 + · · · + hn ,
причем коэффициенты c1 , . . . , cn−1 зависят только от z 1 . По предпо-
ложению Pn (z 1 ) не нуль, поэтому
                    Pn (z 1 + h)
                            1
                                 = 1 + d 1 h + · · · + d n hn .
                      Pn (z )
Среди чисел d1 , . . . , dn хотя бы одно не нуль, по крайне мере, послед-
нее таково. Пусть dk 6= 0, а все числа dj с меньшими номерами —
нули. Тогда
 f (x2 ) |Pn (z 1 + h)|
     1
        =         1
                        6 |1 + dk hk | + |dk+1 ||h|k+1 + · · · + |dn ||h|n . (11.2)
 f (x )    |Pn (z )|

Страницы