Предположим, что это не верно тогда
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 f’(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.
Дата добавления: 2019-07-15; просмотров: 106; Мы поможем в написании вашей работы! |
Мы поможем в написании ваших работ!