комплексный корень полинома с комплексными коэффициентами

[Paul Ivanov]

Меня интересует доведение до ума следующего варианта доказательства того, что у любого полинома с комплексными коэффициентами не ниже первой степени есть комплексный корень: пусть $P_n(z)=c_nz^n+c_{n-1}z^{n-1}+...+c_1z+c_0$, докажем, что $\exists z\in \mathbb{C} (P_n(z)=0)$. Пусть $A_k=\left\lbrace z\in\mathbb{C}|z=x+ikx (x\in \mathbb{R})\right\rbrace$, это прямая на комплексной плоскости, причём $0\in A_k$, тогда существует $k\in \mathbb{R}$, такое, что $c_0\in A_k$ (случай когда $c_0$ лежит на прямой $x=0$ намеренно упустим из рассмотрения для упрощения записи), далее всюду рассматривается именно это $k$. Пусть $B_r(\varphi)=r(\cos(\varphi)+i\sin(\varphi))$, таким образом $B_r([0;2\pi])$ - это окружность на комплексной плоскости с радиусом $r$ и центром в нуле. Далее будем считать, что $c_0=x+iy$, где $x>0$. Пусть $T_r=\left\lbrace \varphi \in [0;2\pi]|P_n(B_r(\varphi))\in A_k\right\rbrace$, таким образом $P_n(B_r(T_r))\subset A_k$. Тот факт, что при любом $r \geqslant 0$ $T_r$ не пусто и содержит конечное число элементов я уже доказал. И тогда мы можем построить функцию f(r), которая отображает радиус окружности r в координату по оси x самого левого из комплексных чисел лежащих в множестве $P_n(B_r(T_r))$, то есть если $K(z)=x$ при $z=x+iy$, то $f(r)=\inf(K(P_n(B_r(T_r))))$. Таким образом остаётся только показать одну вещь: всюду при $r\geqslant 0$ $f(r)$ - непрерывна. Если это будет доказано, то отсюда естественно вытекает то, что требуется доказать, так как при $r=0$ $f(r)>0$ и при достаточно большом $r>0$ $f(r)<0$, следовательно существует $r$, такое, что $f(r)=0$, следовательно существует $\varphi \in T_r$, такое, что $P_n(B_r(\varphi))=0$, следовательно $B_r(\varphi)$ и есть искомое $z$. Вопрос только в том, как доказать, что $f$ непрерывна (если это вообще верно, хотя интуиция мне подсказывает, что это должно быть верно)?

[mihaild]

Paul Ivanov в сообщении #1353102 писал(а):

Тот факт, что при любом $r \geqslant 0$ $T_r$ не пусто и содержит конечное число элементов я уже доказал

Вроде это неправда. Возьмём полином $z+1$, получим $k=0$. Но при $|z|<1$ имеем $\Im z+1 > 0$, т.е. образ окружности относительно нашего многочлена не пересекает вещественную ось.

PS. Если писать с использованием знаков $\Re$ и $\Im$, то читать написанное станет проще.

[Paul Ivanov]

Я не совсем понял вот эти ваши обозначения

mihaild в сообщении #1353135 писал(а):

$\Re$ и $\Im$

, но мне кажется уловил суть вашей ошибки, речь идёт не просто о плоскости, а о комплексной плоскости, а потому сравнение комплексного числа с нулём бессмысленно, либо же вы под знаком $\Im$ имели ввиду какую-либо проекцию комплексного числа z, но тогда всё опять же не имеет никакого смысла. Любая окружность с радиусом $r$ полиномом $z+1$ отображается в окружность того же радиуса с центром на вещественной оси, а следовательно она имеет с этой осью два пересечения при любом радиусе.

[arseniiv]

$\Re$ и $\Im$ — соответственно вещественная и мнимая части комплексного числа.

[DeBill]

Paul Ivanov
Два замечания.
1. Ну, скорее всего, функция Ваша непрерывной не будет: Образ окружности - вообще говоря, довольно дикая кривая. Вполне может случиться, что она касается вашей прямой. Вот тут то и будет разрыв....
0. Можно было просто разделить на свободный член, и свести задачу к случаю $c_0 = 1$
2. Но интересно, как вы доказали, что то множество - не пусто? Боюсь, использовалась тяжелая артиллерия типа Принцип Аргумента (или Теорема Руше). Но если такие средства доступны, то существование корня можно получить и сразу (рассмотрим ООчень большую окружность, и применим ПА или ТР)...

-- 11.11.2018, 00:18 --

(И это и будет стандартное док-во основной теоремы алгебры методами ТФКП....)

[mihaild]

Да, образ окружности прямую пересекать будет, и я не понимаю, как я это не понял:( (на пальцах - образ центра лежит на прямой, и образ обходящей центр кривой должен пересекать кривую, соединяющую образ центра и бесконечность).

Но непрерывности и правда не будет. Возьмём $e^z$ и проведем ту же конструкцию. Обнаружим, что при достижении радиуса окружности 1 у нас разрыв функции (появляется вещественное значение -1). Теперь приблизим экспоненту полиномом с высокой точностью (и держа свободный член равным -1) - получится то же самое (имевшиеся раньше вещественные значения не будут сильно меньше нуля, а новое не будет сильно больше -1).

[Paul Ivanov]

Что ж, жаль... но всё же это было бы приятно

DeBill в сообщении #1353159 писал(а):

Но интересно, как вы доказали, что то множество - не пусто?

Всё довольно прямо: я представил $z$ как $r(\cos(\varphi)+i\sin(\varphi))$ и все коэффициенты полинома тем же способом и доказал, что у результирующего уравнения, подобного вот этому $r_n \sin(nt+\varphi_n)+r_{n-1} \sin((n-1)t+\varphi_{n-1})+...+r_1 \sin(t+\varphi_1)+r_0 \sin(\varphi_0)=0$ всегда есть корень по причине того, что суммарная площадь под теми частями функции, на которых функция положительна равна по модулю той площади, что над теми частями функции, где она отрицательна, таким свойством обладает любая функция вида $rsin(nx+p)$ заданная на отрезке $[0;2\pi]$, а следовательно любая функция, являющаяся суммой подобных функций. Отсюда вытекало, что так как функция непрерывна, она не может быть всюду положительной (тогда её интеграл не был бы нулевым, противоречие)