Вход

Основная теорема алгебры

Курсовая работа по математике
Дата добавления: 23 января 2007
Язык курсовой: Русский
Word, rtf, 99 кб
Курсовую можно скачать бесплатно
Скачать

 

 

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)=a 0 x n +a 1 x n-1 +…+a n

с произвольными комплексными коэффициентами и если k - любое положительное действительное число, то для достаточно больших по модулю значений

|a n x n |>k|ax n-1 +a n x n-2 +….+a 0 |

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(x 0 +x)-f(x 0 ) |< e.

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

Если A=max(|a 0 |,|a 1 |,…,|a n-1 |) и (1)

то |f(x)|=|a 0 x n +…+a n-1 x| 

,

т.к | x |< б , и из (1) б<1, то

т.к. a 0 =0 то f(0)=0 

Что и требовалось доказать.

Теперь докажем непрерывность любого многочлена.

f(x 0 +x)=a 0 (x 0 +x) n +…+a n

pаскрывая все скобки по формуле бинома и собирая вместе члены с

одинаковыми степенями x получим



Многочлен g(x)-это многочлен от x при x 0 =0 и а 0 =0 |f(x 0 +x)-f(x)|=|g(x)|

Лемма доказана.

Лемма №2

Если дан многочлен n -ой степени, n>0,

f(x)=a 0 x n +a 1 x n-1 +…+a n

с произвольными комплексными коэффициентами и если k - любое положительное действительное число, то для достаточно больших по модулю значений x верно неравенство:

|a 0 x n |>k|a 1 x n-1 +a 2 x n-2 +….+a n | (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 N 1 , что при |x|> N 1

|a 0 x n |>2|a 1 x n-1 +a 2 x n-2 +….+a n |

откуда

|a 1 x n-1 +a 2 x n-2 +….+a n |<|a 0 x n |/2

тогда из (3)



при |x|>N=max(N 1 ,N 2 ) |f(x)|>M что и тебовалось доказать.

Лемма №3(Лемма Даламбера).

Если при x=x 0 многочлен f(x) степени n , не обращаеться в нуль, то существует такое приращение h, в общем случае комплексное, что

|f(x 0 +h)|<|f(x)|

Доказательство.

По условию f(x 0 ) не равно нулю, случайно может быть так, что x 0 является корнем f’(x),..,f (k-1) (x). Пусть k-я производная будет первой, не имеющей x 0 своим корнем. Такое k существует т.к.

f (n) ( x 0 )=n!a 0

Таким образом

Т.к f(x 0 ) не равно нулю то поделим обе части уравнения на f(x 0 )

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|б 1 , б 2 ), тогда



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



При таком выборе c k h k =-| c k h k | 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 x n ,

из нее можно выбрать сходящуюся подпоследовательность , пусть ее предел равен x 0 . 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 a n -свободный член, то f(0)= a n . Теперь применим лемму№3: возьмем М=|f(0)| =|a n | 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 x 0 , что для всех x из E выполняется неравенство |f(x)|>=|f(x 0 )|. x 0 является точкой минимума для |f(x)| внутри E. Т.к для любого x:|x|>N |f(x)|>M>|f(0)|>|f(x 0 )| точка x 0 является точкой минимуа |f(x)| на всей комплексной плоскости.

|f(x 0 )|=0 т.к по лемме Даламбера если |f(x 0 )| ? 0 то x 0 не точка минимума для |f(x)| ? x 0 -корень многочлена f(x).

Теорема доказана.

© Рефератбанк, 2002 - 2017