	Информационно-образоательный портал
	Рефераты, курсовые, дипломы, научные работы,



МЕНЮ\|

поиск

Доклад: Основная Теорема Алгебры

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 Доклад: Основная Теорема Алгебры

откуда

следовательно неравенство (2) будет выполняться если |x|>1 и Доклад: Основная Теорема Алгебры

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) Доклад: Основная Теорема Алгебры

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. Доклад: Основная Теорема Алгебры

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 Доклад: Основная Теорема Алгебры

Теперь будем выбирать h. Причем будем отдельно выбирать его модуль и его аргумент. По лемме№1: Доклад: Основная Теорема Алгебры

С другой стороны при

(4) Пусть |h|<min(б1, б2), тогда Доклад: Основная Теорема Алгебры

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 x 0 пренадлежит Е. Тогда так как f(x) непрерывна Доклад: Основная Теорема Алгебры

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 an-свободный член, то f(0)= an. Теперь применим лемму№3: возьмем М=|f(0)| =|an| 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 x0 , что для всех x из E выполняется неравенство |f(x)|>=|f(x0)|. x 0 является точкой минимума для |f(x)| внутри E. Т.к для любого x:|x|>N |f(x)|>M>|f(0)|>|f(x0)| точка x0 является точкой минимуа |f(x)| на всей комплексной плоскости. |f(x0)|=0 т.к по лемме Даламбера если |f(x0)|¹0 то x 0 не точка минимума для |f(x)|Þ x0-корень многочлена f(x). Теорема доказана.

© 2003-2013
Рефераты бесплатно, курсовые, рефераты биология, большая бибилиотека рефератов, дипломы, научные работы, рефераты право, рефераты, рефераты скачать, рефераты литература, курсовые работы, реферат, доклады, рефераты медицина, рефераты на тему, сочинения, реферат бесплатно, рефераты авиация, рефераты психология, рефераты математика, рефераты кулинария, рефераты логистика, рефераты анатомия, рефераты маркетинг, рефераты релиния, рефераты социология, рефераты менеджемент.