RUDN-I
.pdf9.7. |
Формулы Виета |
181 |
§ 2. |
Формулы Виета для многочлена степени n |
|
Уже приведенные выше примеры показывают, что сложность формул быстро возрастает с ростом n. При этом ключевую роль для их получения играют равенства (4) и (6). Поэтому ближайшая наша цель — получить обозримые формулы для произведения (z − z1)(z − z2) . . . (z − zn).
Для этого введем некоторые обозначения. При |
N |
= |
{ |
1, 2, 3, . . . |
} |
и k |
N |
||||
обозначим через N |
k |
|
|
|
ru |
|
|||||
|
множество мультииндексов |
|
|
|
|
|
|
||||
Nk = {j = (j1, . . . , jk) : jm N, m = 1, |
|
|
|
||||||||
.. . . , k} |
|
|
|
||||||||
(N1 = N). Фиксируем n N, n ≥ 2 и для k {2, . . . , n} обозначим |
|
||||||||||
Ak, n = {j = (j1, . . . , jk) Nk : j1 < j2 < . . . < jk ≤ n}. |
|
(7) |
|||||||||
Полагаем также |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(8) |
|
|
A1, n = {1, 2, . . . , |
n}. |
|
|
|
|
|
|
||
Пример 1. Пусть n = 2, тогда возможные множества индексов |
|
|
|||||||||
|
|
A1, 2 = {1; 2}, A2, 2 = {(1, 2)}. |
|
|
|
|
|||||
Пример 2. Пусть n = 3, тогда возможные множества индексов |
|
|
|||||||||
A1, 3 = {1; 2; 3}, |
|
A2, 3 = {(1, 2); (1, 3); (2, |
3)}, |
|
A3, 3 = {(1, |
2, 3)}. |
|||||
Пример 3. Пусть n = 4, тогда возможные множества индексов |
|
|
|||||||||
A1, 4 = {1; 2; 3; 4}, |
A2, 4 = {(1, 2); (1, 3); |
(1, |
4); |
(2, 3); (2, 4); (3, 4)}, |
|||||||
A3, 4 = {(1, 2, 3); (1, 2, 4); (1, 3, 4); (2, 3, 4)}, |
|
A4, 4 = {(1, 2, 3, 4)}. |
|||||||||
|
|
matematem |
|
|
|
|
|
||||
Отметим важнейшие свойства множеств |
Ak, n. |
|
|
|
|
||||||
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1◦. В An, n с необходимостью j1 = 1, j2 = 2, |
. . . , |
jn = n, т.е. An, n состоит |
|||||||||
из одного мультииндекса |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
An, n = {(1, 2, . . . , |
n)}. |
|
|
|
|
|
|
(9) |
2◦. В общем случае число элементов в Ak, n равно числу сочетаний из n элементов по k, т.е.
www |
|Ak, n| = Cnk = |
n! |
|
|
= |An−k, n|. |
(10) |
|
|
k!(n |
− |
k)! |
||||
|
|
|
|
|
|
|
182 Тема 9. Многочлены над полем комплексных чисел
Действительно, каждый мультииндекс j Ak, n получаются выбором k различных чисел из множества {1, 2, . . . , n} (с последующим упорядо-
чиванием по возрастанию), что соответствует образованию всевозмож- |
||
личении n: |
◦ |
ru |
ных сочетаний из n элементов по k. |
|
|
n(n − 1) . 2
3◦. Следующая формула описывает расширение множеств Ak, n при уве-
|
matematem |
. |
(11) |
|
Ak, n+1 = Ak, n Ak, n+1 . |
||
Здесь мы используем обозначение: пусть k ≥ 2, j = (j1, , . . . , jk−1, |
jk) |
||
Nk, j = (j ′, jk), где j ′ = (j1, , . . . , jk−1) Nk−1. Тогда |
|
||
◦ |
|
|
(12) |
Ak, n+1= {j = (j ′, jk) : j ′ = (j1, , . . . , jk−1) Ak−1, n; jk = n + 1} . |
|||
Действительно, чтобы перейти от Ak, n (7) к |
|
|
Ak, n+1 = {j = (j1, . . . , jk−1, jk) Nk : j1 < j2 < . . . < jk−1 < jk ≤ n + 1},
нужно добавить к Ak, n те мультииндексы j = (j ′, jk), для которых j ′
◦ ◦
Ak−1, n, jk = n + 1, т.е. добавить Ak, n+1. При этом Ak, n ∩ Ak, n+1= , так что верно равенство (11).
Основу для получения формул Виета в общем случае дает следующий результат.
Теорема 1. Пусть n N, n ≥ 2; zj C, j = 1, 2, . . . , n. Тогда, в приведенных обозначениях
|
. |
∏ |
|
∑k |
|
|
n |
|
n |
|
|
|
(z − zj) = zn + |
akzn−k, |
(13) |
||
|
j=1 |
|
=1 |
|
|
где |
ak = (−1)k |
|
|
(14) |
|
|
|
zj1 . . . zjk . |
|||
|
|
Ak, n |
|||
|
|
j |
|
|
|
|
|
|
∑ |
|
|
Замечание 1. Согласно (8) и (9), получим из (14) |
|
||||
|
a1 = −(z1 + . . . + zn), |
an = (−1)nz1 · . . . · zn. |
(15) |
Доказательство.www Используем метод индукции.
1) При n = 2 и n = 3 раскрытие формул (13) и (14) (с использованием примеров 1 и 2, приведенных выше) дает равенства (4) и (6), установленные при доказательстве леммы 1; таким образом, база индукции имеется.
9.7. Формулы Виета |
183 |
2) Допуская справедливость формул (13)—(14) для номера n (допущение индукции), получим из них соответствующие равенства для номера (n + 1) (шаг индукции), т.е. покажем что
n+1 |
|
n+1 |
|
ru |
|
||
|
|
(z − zj) = zn+1 + |
bkzn+1−k, |
(16) |
|||
j=1 |
|
k=1 |
|
|
|||
∏ |
∑ |
|
|
||||
где |
|
k |
|
|
|
(17) |
|
bk = (−1) |
j |
zj1 . . . zjk , |
k = 1, . . . , .n + 1. |
||||
|
|
Ak, n+1 |
|
|
|
|
|
Имеем |
|
|
∑ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n+1 |
|
|
n |
|
|
|
|
j=1(z − zj) = (j=1(z − zj))(z − zn+1). |
|
||||||
∏ |
|
|
∏ |
|
|
|
|
Используя допущение индукции, подставим сюда (13), и получим |
|
||||||
n+1(z − zj) = (zn + |
|
n |
akzn−k)(z − zn+1) = |
|
|
|
|
j=1 |
k=1 |
|
|
|
|
|
|
∏ |
∑ |
|
n |
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
= zn+1 − zn+1zn + akzn+1−k − akzn+1zn−k. |
|||||
|
|
|
|
k=1 |
|
k=1 |
|
|
|
|
|
∑ |
|
∑ |
|
Сопоставляя с искомым разложением (16), приходим к равенству |
|
||||||
n |
|
|
n |
|
n+1 |
|
|
−zn+1zn + |
|
akzn+1−k − akzn+1zn−k = |
k=1 |
bkzn+1−k. |
(18) |
||
k=1 |
k=1 |
|
|
|
|||
∑ |
∑ |
|
∑ |
|
|
Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях z в левой и правой |
|||
|
matematem |
|
|
части (18), выразим b1, |
. . . , bn+1 через a1, . . . , an: |
|
|
www |
(.коэффициент при zn), |
(19) |
|
b1 = a1 − zn+1 |
|||
bk = ak − ak−1zn+1 |
(коэффициент при zn+1−k), k = 2, . . . , n, |
(20) |
|
bn+1 = −anzn+1 |
(коэффициент при z0). |
(21) |
Итак, из (19) и (15) получим, что
т.е. верно (17) при k = 1. Из (21) и (15) получим,
bn+1 = −anzn+1 = (−1)n+1z1 . . . znzn+1,
184 Тема 9. Многочлены над полем комплексных чисел
т.е. верно (17) при k = n + 1. Наконец, при k = 2, . . . , n имеем, согласно
(14), |
|
|
|
|
|
|
|
ak−1 = (−1)k−1 |
|
zj1 . . . zjk−1 |
(здесь j ′ = (j1, |
. . . , jk−1)). |
(22) |
||
j ′ |
Ak−1, n |
|
|
|
ru |
|
|
|
∑ |
|
|
|
|
||
Подставляя (14) и (22) в (20), получим с учетом (12) |
|
||||||
bk = ak − ak−1zn+1 = |
|
|
zj1 . . . zjk−. |
|
|||
|
|
1 zn+1 = |
|
||||
= (−1)k |
|
zj1 . . . zjk + |
|
||||
|
j Ak, n |
|
j ′ Ak−1, n |
|
|
|
|
∑ |
|
∑ |
|
|
|||
|
= (−1)k |
zj1 . . . zjk + |
◦ |
zj1 . . . zjk . |
(23) |
||
|
|
|
j Ak, n |
j |
|
|
|
|
|
|
∑ |
|
∑ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Но согласно свойству |
matematem |
|
|
||||
3◦ множеств Ak, n, справедливо равенство, исполь- |
|||||||
зуя которое, мы получим из (23), что |
|
|
|
||||
|
|
|
∑ |
|
|
|
|
bk = (−1)k |
zj1 . . . zjk , k = 2, . . . , n. |
|
|||||
|
|
j |
Ak, n+1 |
|
|
|
|
Итак, из допущения индукции следуют равенства (16) — (17). Шаг индукции завершен. Таким образом, согласно принципу математической индукции, формулы (13) — (14) справедливы для всех n N, n ≥ 2. Теорема 1 доказана.
|
|
|
. |
|
. . . , n в теореме 1. Тогда (см. |
|
Следствие. Положим zj = −z0 |
, j = 1, |
|||||
(13), (14), (10)) |
|
∑k |
|
|
||
wwwn! |
|
|
|
|||
|
∏j |
|
|
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
(z − zj) = (z + z0)n; ak = (−1)k(−z0)k|Ak, n| = Cnkz0k |
|
|||
|
=1 |
|
|
|
|
|
и мы получаем из (13)—(14) |
|
|
|
|||
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
(z + z0)n = zn + |
Ckzkzn−k, |
(24) |
|
|
|
|
|
|
n 0 |
|
|
|
|
|
=1 |
|
|
где Ck = |
|
|
. Это известная формула бинома Ньютона. |
|
||
|
|
|
||||
n |
|
k!(n − k)! |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
9.8. Доказательство основной теоремы алгебры |
|
|
185 |
|||||||||||
Теорема 2. Пусть n N, |
|
n ≥ 2; |
z1, . . . , zn — корни многочлена |
|
||||||||||
|
P (z) = p0 + p1z + . . . + pnzn. |
|
ru |
(25) |
||||||||||
Тогда при k = 1, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2, . . . , n справедливы формулы Виета: |
|
|||||||||||||
|
|
pn−k |
|
= (−1) |
k |
∑ |
|
. |
|
(26) |
||||
|
|
pn |
|
|
zj1 |
. . . zjk . |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
j Ak, n |
|
|
|
|||
− |
|
matematem |
|
|
|
|||||||||
Замечание 2. В частности, при k = 1 |
получим (см. (8)), |
|
||||||||||||
|
|
pn−1 |
= −(z1 + . . . + zn); |
|
|
(27) |
||||||||
|
|
pn |
|
|
||||||||||
при k = n получим (см. (9)), |
|
|
|
|
∏j |
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
p0 |
|
|
n |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
pn |
= (−1)n |
zj. |
|
|
(28) |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
=1 |
|
|
|
|
Доказательство. Используем разложение многочлена (25) на множители (см. теорему 3 п. 9.5 и равенство (10) п. 9.5):
∏j |
|
|
n |
|
|
P (z) = pn |
(z − zj). |
|
=1 |
|
|
Применим теперь теорему 2 и получим, что |
|
|
|
∑k |
|
P (z) = pn · (zn + |
n |
|
akzn−k). |
(29) |
|
. |
=1 |
|
|
равен |
|
Слева в (29) стоит многочлен (25), в нем коэффициент при zn−k |
pn k. Равныйwwwему многочлен в правой части (29) имеет при zn−k коэффициент pnak. Из равенства многочленов следует совпадение их коэффициентов, т.е.
Отсюда и из (14)
9.8. Доказательство основной теоремы алгебры
§ 1. Вспомогательные результаты
Основная теорема алгебры утверждает, что любой многочлен степени n N над полем комплексных чисел имеет хотя бы один корень. Все
186 Тема 9. Многочлены над полем комплексных чисел
известные варианты ее доказательства используют результаты из курса математического анализа. Здесь мы, в основном, следуем схеме доказа-
тельства, приведенного в книге Э.Б. Винберга [2] и использующего лишь |
|
свойства пределов числовых последовательностей. |
ru |
|
Определение 1. Последовательность комплексных чисел {zk}k N схо-
дится к числу z0, если |zk − z0| → 0 (k → ∞). |
. |
Обозначение : zk → z0. |
|
Лемма 1. Пусть zk → z0. Тогда |zk| → |z0|. |
С другой стороны, из matematem(2) и неравенства (a + b ) ≤ a + b ; a, b ≥ 0,
Доказательство следует из неравенства ||zk| − |z0|| ≤ |zk − z0| (см. (2б)) п. 8.2).
Лемма 2. Пусть zk = xk + iyk, z0 = x0 + iy0 |
— запись комплексных |
||||
чисел в алгебраической форме. Тогда |
|
|
|
||
|
zk → z0 xk → x0, |
yk → y0. |
(1) |
||
Доказательство. Имеем |
|
|
|
||
|
|zk − z0| = (|xk − x0|2 + |yk − y0|2)1/2, |
(2) |
|||
так что |
|xk − x0| ≤ |zk − z0|, |yk − y0| ≤ |zk − z0|, |
(3) |
|||
и, поэтому, |
|||||
|
|
|
|
||
zk → z0 |zk − z0| → 0 |
|
|
|
||
|
|xk − x0| → 0, |yk − y0| → 0 xk → x0, yk → y0. |
||||
|
. |
2 |
2 1/2 |
|
|
следует, что |
|
|
|
||
|
|zk − z0| ≤ |xk − x0| + |yk − y0|, |
|
|||
так что xk → x0, yk → y0 |zk − z0| → 0 |
zk → z0. |
|
Следствие.wwwИз ограниченной последовательности комплексных чисел {zk}; |zk| ≤ R, k N можно выделить сходящуюся подпоследовательность zmj → z0, причем |z0| ≤ R.
Замечание 1. Это следствие — аналог теоремы Больцано–Вейерштрасса, доказанной в курсе математического анализа для вещественных последовательностей.
9.8. Доказательство основной теоремы алгебры |
187 |
Доказательство следствия. Пусть zk = xk + iyk ; |zk| ≤ R, k N. Тогда
|xk| ≤ R, |yk| ≤ R. k R, так что {xk}, {yk} — ограниченные веществен-
ные последовательности. По теореме Больцано–Вейерштрасса выделим |
||
получим, что |z0| = lim |zmj | ≤ R. |
ru |
} — |
из {xk} сходящуюся подпоследовательность xki |
→ x0, а затем из {yki |
сходящуюся подпоследовательность ykij → y0. Обозначив mj = kij , полу-
чим, что xmj → x0, ymj → y0, т.е. по лемме 2 zmj → z0 = x0 + iy0. Тогда по лемме 1 |zmj | → |z0| и т.к. |zmj | ≤ R, j N, то предельным переходом
An(R)matematem= |q0| + |q1|R + . . . + |qn−1|Rn−1 |
; |
Лемма 3. Пусть P — многочлен степени n N . |
(4) |
P (z) = p0 + p1z + . . . + pnzn. |
|
Тогда |
(5) |
zk → z0 P (zk) → P (z0) |
(свойство (5) означает непрерывность функции P (z)). Доказательство. По лемме 2
zk → z0 |zk| → |z0|.
Из курса анализа известно, что сходящаяся последовательность ограни-
чена, так что |
(6) |
R > 0 : |zk| ≤ R, k = 1, 2, . . . |
Далее, многочлен P (z) −P (z0) имеет корень z0; поэтому по теореме Безу
|
P (z) − P (z0) = (z − z0)Q(z), |
(7) |
где Q некоторый многочлен степени (n − 1): |
|
|
|
Q(z) = q0 + q1z + . . . + qn−1zn−1. |
|
Обозначим |
. |
|
www|P (zk) − P (z0)| → 0 P (zk) → P (z0). |
|
|
тогда, согласно (6) при всех k N |
|
|
|Q(zk)| ≤ |q0| + |q1| · |zk| + . . . + |qn−1| · |zk|n−1 ≤ An(R). |
|
|
Отсюда и из (7) следует, что |
|
|
|P (zk) − P (z0)| = |zk − z0| · |Q(zk)| ≤ An(R)|zk − z0|. |
(8) |
|
По условию |zk − z0| → 0, так что из (8) получим |
|
188 |
Тема 9. Многочлены над полем комплексных чисел |
Лемма 4. Пусть P многочлен степени n N (см. (4), pn ≠ 0). Тогда при |zk| → ∞ также |P (zk)| → ∞.
|
Q(w) = 1 + pn |
|
w + . . . + pn w |
|
|
ru |
||||||
Доказательство. Согласно (4), |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
P (z) = pnznQ(w), w = z−1, |
|
|
|
||||||||
где |
|
|
|
pn−1 |
|
|
p0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
|
|
||||
Пусть n N, z0 |
C, matematemP — многочлен вида (4), причем P (z0) ̸= 0. Тогда |
|||||||||||
— многочлен степени n. Поэтому, |
|
|
|
|
|
|
. |
|
||||
|
|P (zk)| = |pn| · |zk|n · |Q(wk)|, |
wk = zk−1. |
(9) |
|||||||||
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
При |zk| → ∞ имеем |wk| = |
|zk| |
→ |
0, т.е. wk |
→ w0 |
= 0. Тогда, по лемме |
3 (примененной к многочлену Q ) получим: Q(wk) → Q(0) = 1, откуда следует, что |Q(wk)| → 1 (см. лемму 1). Поэтому,
k0 N : |
|Q(wk)| ≥ |
1 |
, k ≥ k0. |
|
2 |
||||
Отсюда и из (9) получим |
|
|
|
|
|P (zk)| ≥ |
1 |
|pn| · |zk|n, k ≥ k0. |
||
|
||||
2 |
По условию |zk| → ∞, так что и |P (zk)| → ∞ при k → ∞.
Следующая лемма является центральной для доказательства основной теоремы. В отличие от предыдущих лемм, она существенно использует специфику поля комплексных чисел.
Лемма 5. (Даламбер)
www |
|
|
найдется z1 C, такое. |
что |
(10) |
|
|P (z1)| < |P (z0)|. |
Доказательство. 1) Сначала рассмотрим частный случай леммы, когда z0 = 0, po = P (0) = 1. Нужно показать, что
z C : |P (z)| < |P (0)| = 1. |
(11) |
Пусть pk (1 ≤ k ≤ n) — первый ненулевой коэффициент среди p1, . . . , pn. Тогда P имеет вид
P (z) = 1 + pkzk + pk+1zk+1 . . . + pnzn,
9.8. Доказательство основной теоремы алгебры |
|
|
189 |
||
причем pk, pn ̸= 0. Фиксируем число z2 C, такое что |
|
(12) |
|||
pkz2k = −1. |
|
|
ru |
||
Число z ищем в виде z = tz2, где |
t (0, |
|
|
|
|
1) подлежит определению. |
|||||
Тогда, |
|
|
|
|
|
P (z) = 1 + pkz2ktk + tk+1Q(t), |
. |
|
|
||
где |
|
|
|
(13) |
|
|
|
|
|
||
Q(t) = pk+1zk+1 + pk+2zk+2t + . . . + pnzntn−k−1. |
|||||
matematem|P (z)| < 1, z = tz2, |
|
|
|
||
2 |
2 |
2 |
|
|
|
С учетом выбора z2 (12), имеем |
|
|
|
|
|
P (z) = 1 − tk + tk+1Q(t). |
|
|
|
||
Отсюда при t (0, 1), используя неравенство (2а)) п. 8.2, получим |
(14) |
||||
|P (z)| ≤ 1 − tk + tk+1|Q(z)| |
|
|
|||
(учесть, что |1 − tk| = 1 − tk, t (0, |
1)). Обозначим |
|
|
|
|
Ak, n = |pk+1z2k+1| + |pk+1z2k+2| + . . . + |pnz2n|. |
|
Отметим, что Ak, n > 0 не зависит от t. Из (13) следует, что при всех t (0, 1)
|Q(t)| ≤ |pk+1z2k+1| + |pk+2z2k+2|t + . . . + |pnz2n|tn−k−1 ≤ Ak, n. |
|
Вместе с (14) эта оценка дает (здесь z = tz2) |
|
|P (z)| ≤ 1 − tk + Ak, ntk+1, t (0, 1). |
(15) |
Берем теперь t (0, 1) столь малым, чтобы выполнялось неравенство
|
|
Ak, ntk+1 < tk |
||||
|
. |
|
|
1 |
|
|
(достаточно взять |
0 < t < min {1, |
Ak, n |
}). Для таких t из (15) вытекает |
|||
www |
|
|
|
e |
||
что и требовалось. |
|
|
|
|
|
|
2) В общем случае для многочлена P вида (4) с P (z0) ̸= 0 положим |
||||||
|
P |
z |
|
P (z + z0) |
||
|
e( |
|
) = |
P (z0) |
. |
e
Это также многочлен степени n N, причем P (0) = 1. По доказанному на шаге 1, найдется z C, такое что |P (z)| < 1, т.е.
Положив здесь z1 = z + z0, приходим к неравенству (10).
190 |
Тема 9. Многочлены над полем комплексных чисел |
Замечание 2. Лемма Даламбера не имеет аналога для многочленов над полем вещественных чисел. Например, для P (x) = 1 + x2, x R имеем
|P (x)| ≥ P (0) = 1, |
x R. |
ru |
|
Укажите то место в доказательстве леммы Даламбера, в котором оно не
|
. |
проходит, если ограничиваться вещественными значениями аргумента. |
|
matematemP (zmj ) → P (z0), |
|
§ 2. Доказательство основной теоремы |
|
1) Множество значений |P (z)| ограничено снизу (например, нулем), так что существует
0 ≤ M := infz C|P (z)| < ∞. |
(16) |
Ближайшая цель — доказать, что |
|
z0 C : |P (z0)| = M. |
(17) |
По определению точной нижней грани найдется последовательность комплексных чисел {zk}, такая что
|P (zk)| → M. |
(18) |
Покажем, что {zk} ограничена, т.е. R > 0 : |
|zk| ≤ R, k N. Допустив |
противное, мы выделим из {zk} подпоследовательность {zkj } с |zkj | → ∞. Тогда, по лемме 4 |P (zkj )| → ∞, что противоречит (18). Значит, {zk} ограничена. По следствию леммы 2 можно выделить из {zk} сходящуюся
подпоследовательность. Обозначим ее {zmj } и пусть zmj → z0, |z0| ≤ R. |
|
По лемме 3, |
. |
www |
|
а тогда (см. лемму 1)
|P (zmj )| → |P (z0)|.
Отсюда и из (18) следует равенство (17).
Осталось показать, что M = 0. Допустив, что M > 0, мы можем найти по лемме Даламбера число z1 C, такое что |P (z1)| < |P (z0)| = M. Но это противоречит определению M (16). Итак, допущение неверно, т.е. M = 0. Тогда равенство (17) дает: P (z0) = 0, т.е. z0 — корень многочлена.