Всякий многочлен з будь-якими комплексними коефіцієнтами, ступінь якого не менше одиниці має хоча б один корінь, в загальному випадку комплексний.
План докази. Лемма № 1. Многочлен f (x) є неперервною функцією комплексного змінного x.
Лемма № 2. Якщо данн многочлен n-го ступеня, n> 0,
f (x) = a0xn + a1xn-1 + ... + an
з довільними комплексними коефіцієнтами і якщо k-будь-яке позитивне дійсне число, то для досить великих за модулем значень
| anxn |> k | axn-1 + anxn-2 + .... + a0 |
Лемма № 3.
Лемма № 4. (Лемма Даламбера).
Лемма № 5.
Якщо дійсна функція комплексного змінного f (x) неперервна в замкнутому колі Е, то вона обмежена.
Лемма № 6.
Дійсна функція комплексного змінного f (x) неперервна в замкнутому колі Е досягає свого мінімуму і максимуму.
Доказ основної теореми. Лемма № 1.
Треба довести, що | f (x0 + x)-f (x0) |
Доведемо лему № 1 спочатку для многочлена без вільного члена і при x0 = 0
ЕсліA = max (| a0 |, | a1 |, ..., | a n-1 |) і (1)
то | f (x) | = | a0xn + ... + an-1x |
,
т.к | x | <б, і з (1) б <1, то
тому a0 = 0 то f (0) = 0
Що і потрібно було довести.
Тепер доведемо безперервність будь-якого многочлена.
f (x0 + x) = a0 (x0 + x) n + ... + an
pаскривая всі дужки за формулою бінома і збираючи разом члени з однаковими ступенями x отримаємо
Многочлен g (x)-це многочлен від x при x0 = 0 і а0 = 0 | f (x0 + x)-f (x) | = | g (x) |
Лема доведена.
Лемма № 2
Якщо дан многочлен n-го ступеня, n> 0,
f (x) = a0xn + a1xn-1 + ... + an
з довільними комплексними коефіцієнтами і якщо k-будь-яке позитивне дійсне число, то для досить великих за модулем значень x вірно нерівність:
| a0xn |> k | a1xn-1 + a2xn-2 + .... + an | (2)
доказательсв.
Нехай А = max (), тоді
полога | x |> 1, отримаємо
звідки
отже нерівність (2) буде виконуватися якщо | x |> 1 і
Лемма № 2 доведена.
Лемма № 3 .
Доказ.
(3)
застосуємо лему 2: при k = 2 існує таке N1, що при | x |> N1
| a0xn |> 2 | a1xn-1 + a2xn-2 + .... + an |
звідки
| a1xn-1 + a2xn-2 + .... + an | <| a0xn |/2
тоді з (3)
при | x |> N = max (N1, N2) | f (x) |> M що і тебовалось довести.
Лемма № 3 (Лемма Даламбера).
Якщо при x = x0 многочлен f (x) ступеня n, не обращаеться в нуль, то існує таке прирощення h, в загальному випадку комплексне, що
| f (x0 + h) | <| f (x) |
Доказ.
За умовою f (x0) не дорівнює нулю, випадково може бути так, що x0 є коренем f '(x), .., f (k-1) (x). Нехай k-я похідна буде першою, яка не має x0 своїм корінням. Таке k існує тому що
f (n) (x0) = n! a0
Таким чином
Т.к f (x0) не дорівнює нулю то поділимо обидві частини рівняння на f (x0)
і позначимо
Тепер будемо вибирати h. Причому будемо окремо вибирати його модуль і його аргумент.
За лемі № 1:
З іншого боку при
(4)
Нехай | h |
Тепер виберемо аргумент h так, щоб ckhk було дійсним негативним числом.
При такому виборі ckhk = - | ckhk | отже враховуючи (4) отримаємо
Що доводить лему Даламбера.
Лемма № 5.
Якщо дійсна функція комплексного змінного f (x) неперервна в замкнутому колі Е, то вона обмежена.
Доказ.
Припустимо, що це не вірно тоді
отримана нескінченна обмежена послідовність xn ,
з неї можна вибрати сходяться підпослідовність, нехай її межа дорівнює x0. Так як коло Е замкнутий, то x0 преналежить Є. Тоді так як f (x) неперервна
отримано суперечність, отже невірно, припущення про необмежений f (x).
Лемма № 6.
Дійсна функція комплексного змінного f (x) неперервна в замкнутому колі Е досягає свого мінімуму і максимуму.
Доказ.
Доведемо це твердження для максимуму.
Так як f (x) неперервна в Е, то вона обмежена і отже існує M = sup {f (x)}. Розглянемо функцію.
Якщо f (x) не досягає свого максимуму, то M> f (x) отже Mf (x)> 0, отже g (x) неперервна в Є.
отримання суперечить тому, що M = sup {f (x)}. Отже функція досягає свего максимуму. Аналогічно доводиться досягнення мінімуму.
Доведення основної теореми.
Нехай дано многочлен f (x), очевидно що якщо an-вільний член, то f (0) = an. Тепер застосуємо лему № 3: візьмемо М = | f (0) | = | an | тоді існує таке N, що при | x |> N | f (x) |> M. Тепер візьмемо коло Е обмежений окружністю з центром в нулі і радіусом N, включаючи межі кола. Так як (по лемі № 1) многочлен f (x)-безперервний, то і | f (x) |-безперервний всередині замкнутого кола Е, отже (по лемі № 6), існує така точка x0, що для всіх x з E виконується нерівність | f (x) |> = | f (x0) |. x0 є точкою мінімуму для | f (x) | всередині E. Т.к для будь-якого x: | x |> N | f (x) |> M> | f (0) |> | f (x0) | точка x0 є точкою мінімуа | f (x) | на всій комплексній площині.
| f (x0) | = 0 т.к по лемі Даламбера якщо | f (x0) | В№ 0 то x0 не крапка мінімуму для | f (x) | Гћ x0-корінь многочлена f (x).
Теорема доведена.
