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)=a0
xn
+a1
xn-1
+…+an
с произвольными комплексными коэффициентами и если k
- любое положительное действительное число, то для достаточно больших по модулю значений
|an
xn
|>k|axn-1
+an
xn-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)|=|a0
xn
+…+an-1
x|
 ,
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)=a0
xn
+a1
xn-1
+…+an
с произвольными комплексными коэффициентами и если k
- любое положительное действительное число, то для достаточно больших по модулю значений x
верно неравенство:
|a0
xn
|>k|a1
xn-1
+a2
xn-2
+….+an
|
(2)
Доказательсво.
Пусть А=max( ), тогда
пологая |x|
>1, получим
откуда
следовательно неравенство (2) будет выполняться если |x|>1 и
Лемма №2 доказана.
Лемма №3
.
Доказательство.
 (3)
применим лемму 2: при k=2 существует такое N1
, что при |x|> N1
|a0
xn
|>2|a1
xn-1
+a2
xn-2
+….+an
|
откуда
|a1
xn-1
+a2
xn-2
+….+an
|<|a0
xn
|/2
тогда из (3)
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.
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.
Забиваем Сайты В ТОП КУВАЛДОЙ - Уникальные возможности от SeoHammer
Каждая ссылка анализируется по трем пакетам оценки: SEO, Трафик и SMM.
SeoHammer делает продвижение сайта прозрачным и простым занятием.
Ссылки, вечные ссылки, статьи, упоминания, пресс-релизы - используйте по максимуму потенциал SeoHammer для продвижения вашего сайта.
Что умеет делать SeoHammer
— Продвижение в один клик, интеллектуальный подбор запросов, покупка самых лучших ссылок с высокой степенью качества у лучших бирж ссылок.
— Регулярная проверка качества ссылок по более чем 100 показателям и ежедневный пересчет показателей качества проекта.
— Все известные форматы ссылок: арендные ссылки, вечные ссылки, публикации (упоминания, мнения, отзывы, статьи, пресс-релизы).
— SeoHammer покажет, где рост или падение, а также запросы, на которые нужно обратить внимание.
SeoHammer еще предоставляет технологию Буст, она ускоряет продвижение в десятки раз,
а первые результаты появляются уже в течение первых 7 дней.
Зарегистрироваться и Начать продвижение
f(n)
( x0
)=n!a0
Таким образом
Т.к f(x0
) не равно нулю то поделим обе части уравнения на f(x0
)и обозначим 
Теперь будем выбирать h. Причем будем отдельно выбирать его модуль и его аргумент.
По лемме№1: 
С другой стороны при
 (4)
Пусть |h|<min(б1
, б2
), тогда
Теперь выберем аргумент h так, чтобы ck
hk
было действительным отрицательным числом.
При таком выборе ck
hk
=-| ck
hk
| 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 равенx0
. Так как круг Е замкнут, то x0
пренадлежит Е. Тогда так как f(x)
непрерывна
получено противоречие, следовательно неверно, предположение о неограничености f(x)
.
Лемма №6.
Действительная функция комплексного переменногоf(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
)|. x0
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 x0
не точка минимума для |f(x)|Þ x0
-корень многочлена f(x).
Теорема доказана.
|
