НОУ ИНТУИТ | Введение в алгебру. Лекция 6: Комплексные корни n-й степени из единицы и решение уравнений

Учитесь и получайте официальные документы БЕСПЛАТНО. Вы можете поддержать наш проект.

Твой путь к знаниям!

Опубликован: 09.09.2007 | Уровень: специалист | Доступ: платный | ВУЗ: Московский государственный университет имени М.В.Ломоносова

|

Вам нравится? Нравится 69 студентам

| Поделиться |

Поддержать программу

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+a_n-1x^n-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+...+a_n-1z^n-1+zⁿ= =c₀+c₁y+...+c_n-1y^n-1+c_nyⁿ, где $c_0=f(z_0)\neq0$ (при y=0 имеем z=z₀ ), c_n=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+c_ky^k+c_k+1y^k+1+...+c_nyⁿ. Основное соображение заключается в том, что в окрестности точки z₀ (т. е. y=0 ) поведение многочлена определяется первыми двумя членами c₀+c_ky^k.

Сначала пусть y₀ - одно из решений уравнения c₀+c_ky^k=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,...,k_r - их кратности, $n=\deg f(x)$ , то n=k₁+...+k_n )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 x^k (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,...,x_n - корни многочлена $1+x+x^2+...+x^n\in C[x]$ . Тогда:

многочлен (1+x)ⁿ⁺¹-xⁿ⁺¹ имеет корни $\smash{\frac{1}{x_1-1},..., \allowbreak\frac{1}{x_n-1}}$ ;
$\smash[t]{\frac{1}{x_1-1}+\frac{1}{x_2-1}+...+\frac{1}{x_n-1}=-\frac{n}{2}}$ .

Дальше >>

Введение в алгебру

Введение в алгебру

Комплексные корни n-й степени из единицы и решение уравнений

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

Вопросы и ответы

Студенты

Авторизоваться

Введение в алгебру

Введение в алгебру

Комплексные корни n-й степени из единицы и решение уравнений

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

Вопросы и ответы

Студенты