Основная теорема алгебры

[deep down]

Вступление:
В университете её доказывали так.
Пусть $z=r e^{i\varphi}$. Посмотрим на многочлен как на функцию от $\varphi$ при фиксированном $r$. Если $r$ мало́, то будет что-то похожее на круги вокруг младшего члена. Если велико́ - почти круги очень большого радиуса. Значит, есть промежуточное значение $\overline{r}$, при котором "почти круги" пересекут ноль.
Хотя переход к "значит" не доказывался, а просто был отсылкой к инутитивным представлениям. Чтобы было по честному, нужно что-то сказать про гомотопии.

Вопрос:
Верно ли следующее рассуждение?
Рассмотрим функцию $f(z) = |P(z)|$. Она неотрицательна, стремится к бесконечности при $z\to\infty$. Из компактности шара следует существование глобального минимума $m=f(z_0)$. Если он не равен нулю, то малыми изменениями $z$ в окрестности $z_0$ можно получить ещё меньшее значение - противоречие.

[ex-math]

deep down
Верно, только про получение еще меньшего значения надо подробнее -- здесь это основное.

[ewert]

Не то что бы надо подробнее, а формулировка не очень удачна. Надо было просто сказать "... это противоречит принципу минимума модуля".

Хотя проще всего (по-видимому) доказывать применением теоремы Лиувилля к $\frac1{f(z)}$ -- она существенно элементарнее, чем принцип максимума модуля или принцип аргумента. А если и теоремы Лиувилля нет, то достаточно на коленке выписать её эрзац: $\frac1{f(0)}=\frac1{2\pi i}\oint\limits_{|z|=R}\frac{dz}{z\,f(z)}\to0$ при $R\to\infty$, вот практически и всё доказательство.

[deep down]

Всем спасибо. Мне просто было интересно, есть ли доказательство, доступное первокурснику. Поэтому не хотелось сильно углубляться в топологию или комплексный анализ.
И в чём именно проблема с наименьшим значением? Возьмём два младших члена $a_kz^k + a_0$. Выберем $\varphi$ такое, что $e^{i\varphi k}$ имеет аргумент, противоположный $a_0/a_k$. Тогда при малых $r$ значение модуля $P(z_0+r e^{i\varphi})$ будет меньше, чем $|P(z_0)|$.
Технически сложнее как раз доказать существование глобального минимума (без слова комапктность и анализа функций нескольких переменных)
PS. Через эрзац-теорему Лиувилля - да, красиво.

[ewert]

deep down в сообщении #1039112 писал(а):

Возьмём два младших члена $a_kz^k + a_0$. Выберем $\varphi$

Хм, это альтернативное доказательство принципа максимума модуля (правда, потом без леммы Гейне-Бореля всё равно не обойтись). И действительно элементарное, а применительно к многочленам не требует никакой ТФКП.

deep down в сообщении #1039112 писал(а):

Технически сложнее как раз доказать существование глобального минимума (без слова комапктность

Боюсь, что без принципа компактности тут никак. Другое дело, что первокурсникам можно сказать примерно так: "Вот вы теорему Вейерштрасса знаете? -- Ну так и тут она доказывается ровно так же, только надо не отрезки делить пополам, а квадратики на четвертинки."

А вообще мне кажется, что первокурсникам лучше её не доказывать, только формулировать.

[deep down]

Не ради флейма, просто иногда интересно найти изюмику в давным-давно выученных вещах.

ewert в сообщении #1039126 писал(а):

правда, потом без леммы Гейне-Бореля всё равно не обойтись

Почему не обойтись? Пусть $k$ - степень младшего неконстантного члена, $ik\varphi = - \arg \frac{P(z_0)}{a_k}$. Тогда
$|P(z_0+re^{i\varphi})| = |P(z_0) + a_kr^ke^{ik\varphi}+o(r^k)| \leq |P(z_0)|(1-|a_k|r^k)+o(r^k)$
при достаточно малых $r$ будет меньше, чем $|P(z_0)|$

ewert в сообщении #1039126 писал(а):

Боюсь, что без принципа компактности тут никак

Возьмём последовательность $\{z_n\}$, на которой $P(z_n)$ сходится к $m = \inf_\mathcal{C}|P(z)|$. Она ограничена (аналогично предыдущему, выберем большой радиус, выше которого старший член забивает все остальные и $|P(z)|\ge m+1$). Выберем подпоследовательность со сходящимися действительными частями. Из неё - со сходящимися мнимыми. Пусть $z_0$ - покоординатный предел. Тогда $P(z)-P(z_0) = (z-z_0)Q(z)$, где $Q$ - многочлен, и его модуль огранчиен в окрестности $z_0$. Из покоординатной сходимости через $\varepsilon$ - $\delta$ получим, что $|P(z_0)| = m$.

Всё честно?

[ewert]

deep down в сообщении #1039167 писал(а):

Почему не обойтись?

Я имел в виду доказательство всего принципа максимума: это доказывает постоянство лишь в некоторой окрестности точки максимума (или минимума), но не во всей области. Понятно, конечно, что здесь-то последнее и не нужно.

deep down в сообщении #1039167 писал(а):

Всё честно?

Всё, конечно. Но мне не нравится сама идея доказывать двумерную теорему Вейерштраса специально для многочленов, да и к тому же не как отдельную теорему, а как часть теоремы Гаусса. Неэстетично и преждевременно.

Так что я бы на лекциях давать бы этого не стал, хотя времени это доказательство отняло бы и не так много -- минут 15, наверное. На каком нибудь факультативе -- вполне можно.

[ET]

deep down в сообщении #1039112 писал(а):

Всем спасибо. Мне просто было интересно, есть ли доказательство, доступное первокурснику. .

Не помню, на каком курсе нам доказывалось на 1м или в начале 2го, но оно доступно первокурснику. То доказательство, что в первом вашем сообщении, я читал в кванте мохнатого года и там признавалось, что это не совсем доказательство, многое еще додоказывать надо и как раз самое сложнодоказуемое

В общем у нас на 1м или на 2м курсе доказывалось совсем по-другому. Было это более 20ти лет назад, поэтому доказателсьттва не помню, помню лишь некоторые моменты:
1. Сначала доказывалось, что любое уравнение в действительными коэффициентами имеет корень в $C$ Помню, что доказывалось это мат.индукцией по степени четности степени уравнения, то есть если степень уравенния $n=2^k(2m+1)$ то доказывалось это матиндукцией по этому $k$ Шага индукции в упор не помню, что-то конструировалось из коэффициентов уравнения и ссылалось на теорему о симметрических многочленах
2. Для многочлена с комплексными коэффициентами брался комплексно-сопряженный многочлен (многочлен , к которого все коэффициенты - комплексно-сопряженные исходному) рассматривалось их произведение, а там уже все совсем просто

Самое нетривиальное, на что ссылается это доказательство - это теорема о том, что любой симметрический многочлен может быть представлен как многочлен от основных симметрических, а сия теорема если по какой-то случайности и была у нас не на 1м, а на 2м курсе, то первокурснику кажется вполне доступна

[VAL]

ET в сообщении #1039377 писал(а):

Не помню, на каком курсе нам доказывалось на 1м или в начале 2го, но оно доступно первокурснику. То доказательство, что в первом вашем сообщении, я читал в кванте мохнатого года и там признавалось, что это не совсем доказательство, многое еще додоказывать надо и как раз самое сложнодоказуемое
[..]
Самое нетривиальное, на что ссылается это доказательство - это теорема о том, что любой симметрический многочлен может быть представлен как многочлен от основных симметрических, а сия теорема если по какой-то случайности и была у нас не на 1м, а на 2м курсе, то первокурснику кажется вполне доступна

Тут тоже не все так просто. При этом подходе используется существование поля разложения. А это, само по себе, нетривиально.

Подробности можно посмотреть у Куроша ("Курс высшей алгебры") в параграфе "Второе доказательство основной теоремы".

[GDTD]

deep down в сообщении #1039167 писал(а):

Пусть $k$ - степень младшего неконстантного члена, $ik\varphi = - \arg \frac{P(z_0)}{a_k}$. Тогда
$|P(z_0+re^{i\varphi})| = |P(z_0) + a_kr^ke^{ik\varphi}+o(r^k)| \leq |P(z_0)|(1-|a_k|r^k)+o(r^k)$
при достаточно малых $r$ будет меньше, чем $|P(z_0)|$

Две вещи непонятны. Во-первых, сначала Вы писали $k\varphi=-\arg\frac{a_0}{a_k}$, теперь пишете $k\varphi=-\arg\frac{P(z_0)}{a_k}$. Во-вторых, непонятно, откуда появилось $o(r^k)$, ведь $P(z_0+re^{i\phi})=P(z_0)+O(r)$, так как $(z_0+re^{i\phi})^n=z^n+O(r)$.

[ewert]

GDTD в сообщении #1039449 писал(а):

сначала Вы писали $k\varphi=-\arg\frac{a_0}{a_k}$, теперь пишете $k\varphi=-\arg\frac{P(z_0)}{a_k}$.

Это одно и то же.

GDTD в сообщении #1039449 писал(а):

так как $(z_0+re^{i\phi})^n=z^n+O(r)$.

Вы неправильно поняли то разложение -- оно шло по степеням $re^{i\varphi}$.

И имейте в виду, что deep down не пытался выписывать полноценное доказательство -- он лишь фиксировал ключевые его идеи; причём все, но и не более того.

-- Ср июл 22, 2015 21:57:39 --

VAL в сообщении #1039390 писал(а):

При этом подходе используется существование поля разложения. А это, само по себе, нетривиально.

В общем, насколько можно судить -- чисто алгебраические доказательства теоремы Гаусса суть наигрустнейшие изо всех возможных. (да, пардон: конечно, для нормальных математиков, имеющих дело не более чем с комплексным полем, и даже не желающих ничего знать про алгебраическую замкнутость)

На мой взгляд, наиболее идейные варианты д-ва связаны всё-таки с ТФКП, хотя вот deep down предложил весьма элементарный (и достаточно компактный) вариант, не требующий ничего сверх первого семестра. И, наверное, его вполне можно дать на каком-нибудь матмехе/мехмате. А вот инженерАм -- лучше, наверное, не надо.

[GDTD]

ewert в сообщении #1039601 писал(а):

GDTD в сообщении #1039449 писал(а):

сначала Вы писали $k\varphi=-\arg\frac{a_0}{a_k}$, теперь пишете $k\varphi=-\arg\frac{P(z_0)}{a_k}$.

Это одно и то же.

Нет. Автор предполагал, что исходный многочлен имел вид $P(z)=a_nz^n+\ldots+a_kz^k+a_0$, то есть разложен по степеням $z$. Это следует из его слов "возьмем два младших члена $a_kz^k+a_0$". В этом случае $P(z_0)\ne a_0$. Вот если бы $P(z)$ был разложен по степеням $z-z_0$, то есть $P(z)=c_0+c_l(z-z_0)^l+\ldots+c_n(z-z_0)^n$, то в этом случае $P(z_0)=c_0$. Для каждого $z_0$ степень $l$ будет своя и, вообще говоря, $l\ne k$.

Аргумент $k\varphi=-\arg\frac{P(z_0)}{a_k}$, кстати, совершенно неправильно подобран.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Вопросы преподавания»

[ex-math]

GDTD

ewert в сообщении #1039601 писал(а):

И имейте в виду, что deep down не пытался выписывать полноценное доказательство -- он лишь фиксировал ключевые его идеи; причём все, но и не более того.

-- 23.07.2015, 08:41 --

С аргументом все верно, а переразложение в нужной точке, очевидно, подразумевалось ТС.

[GDTD]

ex-math в сообщении #1039710 писал(а):

С аргументом все верно.

$-\arg\frac{P(z_0)}{a_k}=\arg a_k-\arg P(z_0)$. Тогда $P(z_0)+a_kr^ke^{ik\varphi}=|P(z_0)|e^{i\arg P(z_0)}+|a_k|e^{i\arg a_k}e^{i\arg a_k-i\arg P(z_0)}r^k$. Не годится.