Московский государственный университет имени М.В.Ломоносова
Опубликован: 09.09.2007 | Доступ: свободный | Студентов: 5299 / 587 | Оценка: 4.35 / 3.78 | Длительность: 13:51:00
ISBN: 978-5-9556-0038-3
Специальности: Математик
Лекция 6:

Комплексные корни n-й степени из единицы и решение уравнений

< Лекция 5 || Лекция 6: 123 || Лекция 7 >

Основная теорема алгебры комплексных чисел (теорема Гаусса, 1799 г.)

Теорема 2.11.1. Если f(x)\in C[x], \deg f(x)\geq 1, то существует корень c\in C многочлена f(x), т. е. f(c)=0.

Доказательство.

Шаг 1 (существование абсолютного минимума вещественнозначной функции |f(x)| на комплексных числах C ). Напомним, что |z1z2|=|z1|,|z2| и

|z_1|-|z_2|\leq|z_1+z_2|\leq|z_1|+|z_2|
для z_1,z_2\in C.

Лемма 2.11.2. Если f(x)=xn+an-1xn-1+...+a1x+a0, a_i\in C, n\geq 1, то найдется радиус 0<A\in R такой, что

|f(z)|>|f(0)|\ ({}=|a_0|)\ \ \text{для всех}\ \ z\in C,\ \ |z|>A
(это означает, что вне круга радиуса A с центром в 0 значение функции |f(x)| превосходит |f(0)|=|a0| ).

Доказательство. Пусть 0\neq z\in C. Тогда

f(z)=z^n+a_{n-1}z^{n-1}+...+a_1z+a_0= z^n\left(1+\frac{a_{n-1}}{z}+...+\frac{a_0}{z^n}\right),
и поэтому
\begin{align*} & |f(z)|=|z|^n
\left|1+\left(\frac{a_{n-1}}{z}+...+\frac{a_0}{z^n}\right)\right|\geq{}
\\ & \quad {}\geq
|z|^n\left(1-\left|\frac{a_{n-1}}{z}+...+\frac{a_0}{z^n}
\right|\right)\geq{}
\\ & \quad {}\geq
|z|^n\left(1-\frac{|a_{n-1}|}{|z|}-...-\frac{|a_0|}{|z|^n}\right)=
\varphi(|z|),
\end{align*}
где
\varphi(t)=t^n\left(1-\frac{|a_{n-1}|}{t}-...-\frac{|a_0|}{t^n}\right) \ \ \text{для}\ \ t\in R.
Ясно, что \lim\limits_{t\to+\infty}\varphi(t)=+\infty, и поэтому для любого C (например, для C=|f(0)|=|a0| ) найдется R\ni A >0 такое, что для t>A имеем \varphi(t)>C. Итак, если |z|=t>A, то
|f(z)|\geq\varphi(|z|)=\varphi(t)>C=|f(0)|=|a_0|.

Так как функция |f(z)|:  C\to R непрерывна как композиция двух непрерывных функций C\to C, z\mapsto f(z), C\to R, w\mapsto|w| (или если z=u+vi, (u,v)\in R^2, то f(z)=\psi_1(u,v)+\psi_2(u,v)i, где \psi_1(u,v) и \psi_2(u,v) - многочлены с действительными коэффициентами от u, v, и поэтому |f(z)|=\sqrt{\psi_1(u,v)^2+\psi_2(u,v)^2} - непрерывная функция от (u,v) ), то на замкнутом ограниченном множестве (компакте)

K=\{z\in C\mid |z|\leq A\}
непрерывная функция |f(z)| достигает своего минимума в точке z_0\in K. В частности, |f(z_0)|\leq|f(0)|=|a_0|. Если z\in C\setminus K, т. е. |z|>A, то, как мы видели,
|f(z_0)|\leq|f(0)|\leq |f(z)|.
Таким образом, в точке z0 достигается абсолютный минимум фу нкции |f(z)| на C.

Шаг 2. Мы покажем, что f(z0)=0, т. е. c=z0 является корнем многочлена f(x). Действительно, если f(z_0)\neq 0, то |f(z0)|>0 и, как показывает следующая лемма Даламбера, это допущение противоречит тому, что z_0 - абсолютный минимум функции |f(x)|.

Лемма 2.11.3 (лемма Даламбера). Пусть f(x)\in C[x], \deg f(x)\geq 1, f(z_0)\neq0 для z_0\in C. Тогда для любого \varepsilon>0 найдется такой элемент y\in C, что |y|<\varepsilon и |f(z0+y)|<|f(z0)|.

Доказательство. Если z=z0+y, т. е. y=z-z0, то f(z)=a0+a1z+...+an-1zn-1+zn= =c0+c1y+...+cn-1yn-1+cnyn, где c_0=f(z_0)\neq0 (при y=0 имеем z=z0 ), cn=1 (как коэффициент при yn в (z0+y)n ).

Пусть k>0 - наименьший номер слагаемого, для которого c_k\neq 0. Итак, f(z)=c0+ckyk+ck+1yk+1+...+cnyn. Основное соображение заключается в том, что в окрестности точки z0 (т. е. y=0 ) поведение многочлена определяется первыми двумя членами c0+ckyk.

Сначала пусть y0 - одно из решений уравнения c0+ckyk=0 (т. е. y^k_0=-\frac{c_0}{c_k}, y0 - один из k корней из комплексного числа -\frac{c_0}{c_k} ). Если, далее, t\in(0,1)\subseteq R, то c_ky^k_0=-c_0, и поэтому

\begin{mult}
f(z_0+ty_0)=c_0+c_kt^ky^k_0+c_{k+1}t^{k+1}y^{k+1}_0+...+c_nt^ny^n_0={}\\
{}=c_0(1-t^k)+(c_{k+1}y^{k+1}_0+...+c_nt^{n-(k+1)})t^{k+1}.
\end{mult}
Если |c_{k+1}|\,|y_0|^{k+1}+...+|c_n|=M, то
|f(z_0+ty_0)|\leq|c_0|(1-t^k)+Mt^{k+1}= |c_0|\left(1-t^k\left(1-\frac{Mt}{|c_0|}\right)\!\right).
Выберем t\in (0,1) достаточно малым, так что Mt<|c0|, t|y_0|=|ty_0|<\varepsilon. Тогда 0<1-\frac{Mt}{|c_0|}<1, и поэтому
|f(z_0+ty_0)|<|c_0|=|f(z_0)|,\quad |ty_0|<\varepsilon.
Таким образом, y=ty0 удовлетворяет утверждению леммы.

Теорема 2.11.4 (о разложении многочлена с комплексными коэффициентами в произведение линейных множителей). Пусть f(x)\in C[x], \deg f(x)=n\geq 1. Тогда

f(x)=a(x-\alpha_1)...(x-\alpha_n),\quad a,\alpha_1,...,\alpha_n\in C,
при этом это разложение единственное (с точностью до порядка сомножителей).

Доказательство. В силу теоремы Гаусса найдется такое c\in C, что f(c)=0. По теореме Безу

f(x)=(x-c)q(x),\quad q(x)\in C[x],\ \ \deg q(x)=n-1.
Применим далее теорему Гаусса к q(x), если n-1\geq 1. Продолжая этот процесс, убеждаемся в существовании разложения на линейные множители.

Пусть теперь

\begin{mult}
f(x)=a(x-\alpha_1)...(x-\alpha_n)={}\\
{}=b(x-\beta_1)...(x-\beta_n),\quad
a,b,\alpha_i,\beta_i\in C,\ a\neq 0,\ b\neq 0.
\end{mult}
Ясно, что a=b. Если \alpha_i\neq \beta_j для всех j=1,...,n, то
f(\alpha_i)=0=b(\alpha_i-\beta_1)...(\alpha_i-\beta_j)\neq 0.
Поэтому в оба разложения входит одинаковое множество различных корней. Убедимся в совпадении кратностей вхождения каждого корня в оба разложения. Действительно, если
f(x)=(x-\alpha)^rq_1(x)=(x-\alpha)^sq_2(x),\quad q_1(\alpha)\neq 0,\ \ q_2(\alpha)\neq 0,\ \ r<s,
то, сокращая в C[x] на (x-\alpha)^r, получаем q_1(x)=(x-\alpha)^{s-r}q_2(x), и поэтому q_1(\alpha)=0, что противоречит q_1(\alpha)\neq 0.

Следствие 2.11.5. Если \alpha_1,...,\alpha_r - различные корни многочлена f(x)\in C[x], k1,...,kr - их кратности, n=\deg f(x), то n=k1+...+kn )таким образом, многочлен степени n=\deg f имеет ровно n корней с учетом их кратности ).

Замечание 2.11.6 (о неприводимых многочленах над полем комплексных чисел). По аналогии с определением простых чисел в кольце целых чисел Z многочлен f(x)\in K[x], \deg f(x)\geq 1, называется неприводимым, если f(x) нельзя представить в виде f(x)\=\varphi(x)\psi(x), \deg\varphi(x)\geq 1, \deg\psi(x)\geq 1 (иными словами, если \varphi(x) - делитель многочлена f(x), \deg\varphi(x)\geq 1, то \deg\varphi(x)=n=\deg f(x) ).

Таким образом, мы установили, что неприводимые многочлены над полем C комплексных чисел - это в точности многочлены первой степени. Из единственности разложения на линейные множители над C получаем существование и единственность разложения на неприводимые многочлены над C.

Лемма 2.11.7.Если K - поле, f(x),g(x)\in K[x], \deg f(x)\leq n, \deg g(x)\leq n, f(x) и g(x) совпадает в (n+1) -й различных точках \alpha_1,...,\alpha_{n+1}\in K, то f(x)=g(x).

Доказательство. Пусть h(x)=f(x)-g(x). Тогда если h(x)\neq 0, то \deg h(x)\leq n и h(\alpha_i)=f(\alpha_i)-g(\alpha_i)=0 для i=1,...,n+1. Но это противоречит тому, что число различных корней не превосходит степени многочлена.

Следствие 2.11.8. Если |K|=\infty )в частности,для K= Q, R или C ), то формальное и функциональное определение равенства многочленов совпадают.

Замечание 2.11.9. Для конечного поля Z2 разные многочлены x и x2 в точках 0 и 1 принимают одинаковые значения, т. е. равны как функции их Z2 в Z2.

Теорема 2.11.10 (формулы Виета). Если K - поле, \alpha_1,...,\alpha_n \in K,

f(x)=x^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0=(x-\alpha_1)...(x-\alpha_n),
то
\begin{align*}
&a_{n-1}=-(\alpha_1+\alpha_2+...+\alpha_n),\\
&a_{n-2}=\alpha_1\alpha_2+...+\alpha_{n-1}\alpha_n,\\
&...\\
&a_1=(-1)^{n-1}(\alpha_1\alpha_2...\alpha_{n-1}+...+
\alpha_2\alpha_3...\alpha_n),\\
&a_0=(-1)^n\alpha_1\alpha_2...\alpha_n.
\end{align*}

Доказательство. В силу закона дистрибутивности умножение на (x-\alpha) сводится к умножениям на x и на -\alpha. Формулы Виета получаются подсчетом коэффициента при xk (т. е. надо при указанных раскрытиях скобок k раз выбрать x и, следовательно, (n-k) раз корни).

Упражнение 2.11.11. Пусть сумма корней многочлена с комплексными коэффициентами (считая кратность) равна нулю. Докажите, что сумма корней производной этого многочлена также равна нулю.

Упражнение 2.11.11. Пусть x1,...,xn - корни многочлена 1+x+x^2+...+x^n\in C[x]. Тогда:

  1. многочлен (1+x)n+1-xn+1 имеет корни \smash{\frac{1}{x_1-1},..., \allowbreak\frac{1}{x_n-1}} ;
  2. \smash[t]{\frac{1}{x_1-1}+\frac{1}{x_2-1}+...+\frac{1}{x_n-1}=-\frac{n}{2}}.
< Лекция 5 || Лекция 6: 123 || Лекция 7 >
Акерке Садыкбекова
Акерке Садыкбекова
Надие Якубова
Надие Якубова