Лекции по алгебре - Фаддеев Д.К.
Скачать (прямая ссылка):
Теперь приступим к доказательству основной теоремы, разбив это доказательство на цепочку лемм.
Лемма 1. Дан полином f(z)=a0zn-\- ¦•• + an-\z с нулевым свободным членом. Тогда для любого є > О найдется такое б > О, что |/(г)|<Се, как только |z|<6.
Доказательство. Пусть |z|<l. Тогда 1/(Z)I = Ia0Z" + + O1Z"-1+ ... +a„_1z| = |z|.|a0z"-1 + a,z"-2+ ... + a„_,|< < I z I (I a01 +1 a, I + ... + I a„_, I). Положим | O01 + | a, | + ...
... +|a„_, I = Af- Если |z|<min(l, -~), ' то |/(г) |<|г |Af <
<-^-M = e, что и требовалось доказать.
Лемма 2. Полином есть непрерывная функция во всех точках плоскости комплексной переменной.
Доказательство. Пусть дан полином f(z) и точка Z0. Расположим полином по степеням z — Z0:
/(z)= C0 + Cj(Z-Z0)+ ... +Cn(Z-Z0)".
Тогда C0 = f(zo), так что
/(Z) —/(Zo)=Ci(Z-Z0)+ ... +Cn(Z-Z0)".
Правая часть есть полином от z — Z0 с нулевым свободным членом.
216
РАСПРЕДЕЛЕНИЕ КОРНЕЙ ПОЛИНОМА
[ГЛ. IX
По лемме 1 для любого є > 0 найдется такое б > О, что \f(z) —
— f(zo) I < е, как только \z — z0|<6, что и требовалось доказать.
Лемма 3. Модуль полинома есть непрерывная функция. Доказательство. Из неравенства \f{z) — f(z0) \ ^\ \f{z)\ —
— |f(zo)|| следует, что для данного є > 0 то 6, которое «обслуживает» f(z), подходит и для |/(z)|. Действительно, при
|z-Zo| < б Имеем 11/(2)1 —1/(Zb)IKIf(Z) —f(2o) I < 8.
Лемма 4 (о возрастании модуля полинома). Если f(z) — полином, отличный от константы, то для любого M > 0 существует такое R > 0, что \ f(z) | > М, как только \z\ > R.
Это означает, что любая горизонтальная плоскость w = M отрезает от поверхности w = |f(z)| конечный кусок, накрывающий часть круга |z|;g;#.
Доказательство. Пусть f (z) = a0z" + O1Z"-1 + ... -\-ап = «=а0г»(і+-^z-1 + ... + -5?-») = O0Z"(1+ф(Z-1)), гдеФ(2-1)-
полином от Z-1 с нулевым свободным членом. В силу леммы 1 для в = 1/2 найдется такое б > 0, что при |z_1 | < б будет IФ(z_1) J < 1/2. Модуль aoz" может быть сделан сколь угодно
п _
большим, именно, при Iz I > ^/2М/\ ^o I будет |а02л|>>2Лі. Возь-
п
мем /? = max(V2Af/| а0|, I/o). Тогда при \z\> R будет |г-!|<о
и \г\>^Щ\аТ\, так что | f (z) | > | aazn | (1 -1Ф (г"') |) > >2М(1 --I)=Af.
Лемма 5. Точная нижняя грань значений | f (z) | достигается, т. е. существует такое Zo, что \f(zo) | If (z) | при всех z.
Доказательство. Обозначим точную нижнюю грань |f(z)|
через т. Возьмем последовательность m +-?-, k=\, 2, стремящуюся к m сверху. Каждое из этих чисел не является нижней гранью значений ]/(z)|, ибо m — точная нижняя грань. Поэтому*
найдутся Zk такие, что | f(zk) | < m + , k = I, 2, ... Воспользуемся теперь леммой о возрастании модуля. Для M = m+1 найдем такое R, что при \z\> R будет |/(z) | > M ^ m + j-. Отсюда следует, что I Za I ^ R при всех k. Последовательность Zk оказалась ограниченной, и из нее можно извлечь сходящуюся подпоследовательность zk . Пусть ее предел равен Z0. Тогда
s
lim|f(zft)| = |/(z0)| в силу непрерывности |/(z)j. Кроме того,
m < I / (zйJ J < m + . Поэтому Hm | / (zk^ | = т. Итак | f (z0) | = ж= т, что и требовалось доказать.
СУЩЕСТВОВАНИЕ КОРНЕЙ B С
217
Лемма 6(лемма Даламбера). Пусть f(z)— полином, отличный от константы, и пусть f(zi)=?Q. Тогда найдется такая точка z2, что \f(z2) KIZ(Z1) |.
Геометрический смысл этой леммы: если на поверхности w = = |/(z)| дана точка, находящаяся выше плоскости W = О, то на ней найдется другая точка, расположенная ниже первой.
Доказательство. Расположим полином f(z) по степеням г — Zi:
Z(z) = C0 + Ci (z — Z1)+ ... +Cn(Z-Zi)".
Тогда Со = {(гі)Ф 0. Идея доказательства состоит в том, чтобы за счет первого отличного от нуля слагаемого «откусить кусочек» от Со, а влияние дальнейших слагаемых сделать незначительным. Пусть Ck(z — Zi)k — первое отличное от нуля слагаемое после с0, так что Ci = ... = Ck-i — 0 (если k > 1). Такое слагаемое имеется, так как f(z) не константа. Тогда
f(z) = C0 + Ck(Z-Zi)k + Ck+i(z-Zi)k+l+ ... +Cn(Z-Z1)" = = C0 (l +^(Z-Zif +
+ -^(Z-z/(^(z-z,)+ ... +^(г-гіГк))~
= c0-(l + І*- (z - zi)k + A (z - Zif ф (z - Z1)) .
Здесь ф (z — Z1) = Ц— (z — Z1) + ... + (z ~ zi)nk есть полином
от z — Z1 с нулевым свободным членом. По лемме 1 для е = 1/2 найдется такое 6, что |ф(г— zj) К 1/2, как только |z — Z[|<6. с.
Положим — = R (cos 6 + і sin 6) и z — Zi = г (соэф + і sin ф).
Co
Тогда — (Z-Z1)* = #rfe(cos(Є +?ф) +г sin (Є+&ф)). Выберем г
k_
так, что Rrk < 1. Для этого нужно взять г < л/l/R. Далее, положим 0+&р = л, т. е. возьмем ф = (л — Q)Jk. При таком выборе
будет — (z — Zi)k = — Rrk. Теперь положим Z2 = Zi+r (cos ф+і sin ф)
Co
_
при г < min (б, VW) и ф = (л — 6)/?. Тогда f(z2) = c0(l — Rrk — — Rrk<f (z2 — Z1)) и
IZ(z2)I>Н C01 • j 1 —/?/•* — /?Лр(*2 -Z1) |< <| C01(|1-/^ + VMz2-Z1) |)<|c0|(l-^+ |flr*) =
= |c0|(l - у V) < IC01= I Z(Z1) |.
Лемма доказана.
218
РАСПРЕДЕЛЕНИЕ КОРНЕЙ ПОЛИНОМА
[ГЛ. IX
Заметим, что с тем же успехом мы могли взять 8 -f- &ср = л -j-
