Pagrindinė algebros teorema

Pagrindinė teorema

Mes nežinome ar bet koks polinomas turi šaknis. Žinoma, kad yra polinomai su realiaisiais koeficientais, neturintys realiųjų šaknų; $x^{2}+1$ — vienas iš tokių polinomų. Būtų galima tikėtis, kad egzistuoja polinomai, neturintys šaknų net tarp kompleksinių skaičių, ypač jeigu nagrinėti polinomus su bet kokiais kompleksiniais koeficientais. Jeigu taip būtų, tai kompleksinių skaičių sistemą reikėtų toliau plėsti. Iš tikro, vienok, teisinga tokia pagrindinė algebros teorema kompleksinių skaičių:

Bet koks polinomas su bet kokiais skaitiniais (ne raidiniais) koeficientais, kurio laipsnis ne mažesnis už vienetą, turi bent vieną šaknį, bendru atveju kompleksinę.

Šita teorema yra vienas iš didžiausių pasiekimų visos matematikos ir panaudojama įvairiose mokslo srityse. Ji sudaro pagrindą visai tolimesnei polinomų su skaitiniais koeficientais teorijai, ir todėl šitą teoremą vadino (o kartais vadina ir dabar) "pagrindine teorema aukštosios algebros". Iš tikro gi, pagrindinė teorema nėra grynai algebriška. Visi jos įrodymai, — o jų, po Gauso, pirmo įrodžiusio šitą teoremą pačioje XVIII amžiaus pabaigoje, buvo rasta gana daug, — turi daugiau ar mažiau naudoti taip vadinamas topologines savybes realiųjų ar kompleksinių skaičių, t. y. savybes, susijusias su tolydumu.

Įrodyme, kuris bus dabar duotas, polinomas $f(x)$ su kompleksiniais koeficientais bus nagrinėjamas kaip kompleksinė funkcija nuo kompleksinio kintamojo $x.$ Tokiu budu, x gali būti bet koks kompleksinis skaičius, t. y., kaip sako, kintamasis x keičiasi ant kompleksinės plokštumos. Reikšmės funkcijos $f(x)$ taip pat bus kompleksiniai skaičiai. Galima pasakyti, kad šitos reikšmės žymimos ant antro ekzemplioriaus kompleksinės plokštumos, panašiai kaip realiųjų funkcijų nuo realiojo kintamojo atveju reikšmės nežinomojo kintamojo žymimos ant vienos skaičių tiesės (ant abscisių ašies), o funkcijos reikšmės - ant kitos (ant ordinačių ašies).

Funkcijos tolydumo apibrėžimas, žinomas skaitytojui iš matematinės analizės kurso, taikomas ir funkcijoms kompleksinio kintamojo, be to, apibrėžimo formuluotėje absoliutiniai dydžiai pakeičiami moduliais.

Būtent, kompleksinė funkcija $f(x)$ kompleksinio kintamojo $x$ vadinama tolydžia taške $x_{0},$ jeigu realiajam skaičiui $\varepsilon$ galima parinkti tokį teigiamą realųjį skaičių $\delta ,$ kad, koks bebūtų (bendru atveju, kompleksinis) priaugimas $h,$ kurio modulis tenkina nelygybę $|h|<\delta ,$ bus taipogi teisinga nelygybė

$|f(x_{0}+h)-f(x_{0})|<\varepsilon .$

Funkcija $f(x)$ vadinama tolydžia, jeigu jinai tolydi visose taškuose $x_{0},$ kuriuose ji apibrėžta, t. y., jeigu $f(x)$ yra polinomas ant visos kompleksinės plokštumos.

Polinomas $f(x)$ yra tolydi funkcija nuo kompleksinio kintamojo $x.$

Šitą teoremą įrodyti galima būtų taip pat, kaip tai daroma matematinės analizės kurse, būtent, parodžius, kad suma ir sandauga tolydžių funkcijų pačios tolydžios, ir pastebėjus, kad funkcija pastoviai lygi vienam ir tam pačiam kompleksiniui skaičiui, bus tolydi. Mes eisime, vienok, kitu keliu.

Įrodysime iš pradžių atskirą atvejį teoremos, būtent atvejį, kai laisvasis narys polinomo $f(x)$ lygus nuliui; įrodysime tik tolydumą $f(x)$ taške $x_{0}=0.$ Kitaip tariant, mes įrodysime tokią lemą (vietoje $h$ mes rašome $x$):

Lema 1. Jeigu laisvasis narys polinomo $f(x)$ lygus nuliui:

$f(x)=a_{0}x^{n}+a_{1}x^{n-1}+a_{2}x^{n-2}+...+a_{n-1}x,$

t. y. $f(0)=0,\;$ tai bet kokiam $\varepsilon >0\;$ galima parinkti tokį $\delta >0,$ kad su visais $x,$ kuriems $|x|<\delta ,\;$ bus $|f(x)|<\varepsilon .$

Iš tikro, tegu

$A={\text{max}}(|a_{0}|,\;|a_{1}|,\;|a_{2}|,\;...,\;|a_{n-1}|).$

(Skaičius A prilyginamas didžiausiai reikšmei iš polinomo $f(x)$ koeficientų modulių).

Skaičius $\varepsilon$ mums jau duotas. Parodysime, kad jeigu parinkti

$\delta ={\frac {\varepsilon }{A+\varepsilon }},\quad (1)$

tai jis tenkins reikalaujamas sąlygas.

Iš tikrųjų,

$|f(x)|\leq |a_{0}||x|^{n}+|a_{1}||x|^{n-1}+|a_{2}||x|^{n-2}+...+|a_{n-1}||x|\leq A(|x|^{n}+|x|^{n-1}+|x|^{n-2}+...+|x|),$

t. y.

$|f(x)|\leq A{\frac {|x|-|x|^{n+1}}{1-|x|}}.$

(Čia pritaikėme geometrinės progresijos narių sumą: $A|x|(|x|^{n-1}+|x|^{n-2}+|x|^{n-3}+...+1)=A|x|{\frac {1-|x|^{n}}{1-|x|}}$).

Kadangi $|x|<\delta$ ir, pagal (1), $\delta <1,$ tai

${\frac {|x|-|x|^{n+1}}{1-|x|}}<{\frac {|x|}{1-|x|}},$

ir todėl

$|f(x)|<{\frac {A|x|}{1-|x|}}<{\frac {A\delta }{1-\delta }}={\frac {A{\frac {\varepsilon }{A+\varepsilon }}}{1-{\frac {\varepsilon }{A+\varepsilon }}}}={\frac {A{\frac {\varepsilon }{A+\varepsilon }}}{\frac {A+\varepsilon -\varepsilon }{A+\varepsilon }}}={\frac {A{\frac {\varepsilon }{A+\varepsilon }}}{\frac {A}{A+\varepsilon }}}=\varepsilon ,$

ką ir reikėjo įrodyti.

Išvesime dabar sekančią formulę. Tegu duotas polinomas

$f(x)=a_{0}x^{n}+a_{1}x^{n-1}+a_{2}x^{n-2}+...+a_{n-1}x+a_{n}$

su bet kokiais kompleksiniais koeficientais. Įstatysime į jį vietoje $x$ sumą $x+h,$ kur $h$ — antras nežinomasis. Išskleidinėję dešinėje pusėje kiekvieną laipsnį $(x+h)^{k},\;\;k\leq n,$ pagal binomo formulę ir surinkdami kartu narius su vienodais laipsniais $h,$ mes gausime, kaip skaitytojas be vargo patikrins, lygybę

$f(x+h)=f(x)+hf'(x)+{\frac {h^{2}}{2!}}f''(x)+{\frac {h^{3}}{3!}}f'''(x)+...+{\frac {h^{n}}{n!}}f^{(n)}(x),$

t. y. įrodysime Teiloro formulę, duodančią išskleidimą $f(x+h)$ pagal laipsnius "prieaugio" $h.$

Tolydumas bet kokio polinomo $f(x)$ bet kuriame taške $x_{0}$ įrodomas dabar sekančiu budu. Pagal Teiloro formulę

$f(x_{0}+h)-f(x_{0})=c_{1}h+c_{2}h^{2}+c_{3}h^{3}+...+c_{n}h^{n}=\phi (h);$

čia

$c_{1}=f'(x_{0}),\;\;c_{2}={\frac {1}{2!}}f''(x_{0}),\;\;c_{3}={\frac {1}{3!}}f'''(x_{0}),\;\;...,\;\;c_{n}={\frac {1}{n!}}f^{(n)}(x_{0}).$

Polinomas $\phi (h)$ nuo nežinomojo $h$ yra polinomas be laisvojo nario, todėl, pagal lemą 1, visokiam $\varepsilon >0$ galima parinkti tokį $\delta >0,$ kad, kai $|h|<\delta$ bus $|\phi (h)|<\varepsilon ,$ t. y.

$|f(x_{0}+h)-f(x_{0})|<\varepsilon ,$

ką ir reikėjo įrodyti.

Iš nelygybės

$||f(x_{0}+h)|-|f(x_{0})||\leq |f(x_{0}+h)-f(x_{0})|,$

pagrįstos formule (13) iš https://lt.wikibooks.org/wiki/Kompleksiniai_skaičiai#Svarbios_nelygybės , ir iš įrodyto dabar polinomo tolydumo išplaukia tolydumas modulio $|f(x)|$ polinomo $f(x);$ šitas modulis yra, akivaizdu, realioji neneigiama funkcija kompleksinio kintamojo x.

Dabar bus įrodytos lemos, naudojamos įrodinėjant pagrindinę teoremą.

Lema apie vyriausiojo nario modulį. Jeigu duotas polinomas n-to laipsnio, $n\geq 1,$

$f(x)=a_{0}x^{n}+a_{1}x^{n-1}+a_{2}x^{n-2}+...+a_{n}$

su bet kokiais kompleksiniais koeficientais ir jeigu k — bet koks teigiamas realusis skaičius, tai su pakankamai dideliomis nežinomojo x modulio reikšmėmis galioja nelygybė

$|a_{0}x^{n}|>k|a_{1}x^{n-1}+a_{2}x^{n-2}+...+a_{n}|,\quad (2)$

t. y. modulis vyriausiojo nario bus didesnis už modulį sumos visų kitų narių, be to, tiek kiek norima kartų [didesnis].

Iš tiesų, tegu A — didžiausias iš koeficientų $a_{1},\;a_{2},\;...,\;a_{n}$ modulių:

$A={\text{max}}(|a_{1}|,\;|a_{2}|,\;...,\;|a_{n}|).$

Tada (žr. savybes modulių sumos ir sandaugos kompleksinių skaičių)

$|a_{1}x^{n-1}+a_{2}x^{n-2}+...+a_{n}|\leq |a_{1}||x|^{n-1}+|a_{2}||x|^{n-2}+...+|a_{n}|\leq$

$\leq A(|x|^{n-1}+|x|^{n-2}+...+1)=A{\frac {1-|x|^{n}}{1-|x|}}=A{\frac {|x|^{n}-1}{|x|-1}}.$

Tarę $|x|>1,$ mes gausime:

${\frac {|x|^{n}-1}{|x|-1}}<{\frac {|x|^{n}}{|x|-1}},$

iš to

$|a_{1}x^{n-1}+a_{2}x^{n-2}+...+a_{n}|<A{\frac {|x|^{n}}{|x|-1}}.$

Tokiu budu, nelygybė (2) bus teisinga, jeigu x kartu su salyga $|x|>1$ tenkins nelygybę

$kA{\frac {|x|^{n}}{|x|-1}}\leq |a_{0}x^{n}|=|a_{0}||x|^{n},$

$kA{\frac {1}{|x|-1}}\leq |a_{0}|,$

${\frac {kA}{|a_{0}|}}\leq |x|-1,$

t. y., jeigu

$|x|\geq {\frac {kA}{|a_{0}|}}+1.\quad (3)$

Kadangi dešinė dalis nelygybės (3) daugiau už 1, tai galima tvirtinti, kad su x reikšmėm, tenkinančiom šitą nelygybę, bus teisinga ir (2) nelygybė, kas įrodo lemą.

Lema apie polinomo modulio didėjimą. Bet kokiam polinomui $f(x)$ su kompleksiniais koeficientais, laipsnis kurio ne mažesnis už vienetą, ir visokiam teigiamam realiajam skaičiui M, kiek norima dideliam, galima parinkti tokį teigiamą realųjį skaičių N, kad kai $|x|>N$ bus $|f(x)|>M.$

Tegu

$f(x)=a_{0}x^{n}+a_{1}x^{n-1}+a_{2}x^{n-2}+...+a_{n}.$

Pagal (11) formulę iš https://lt.wikibooks.org/wiki/Kompleksiniai_skaičiai#Svarbios_nelygybės

$|f(x)|=|a_{0}x^{n}+(a_{1}x^{n-1}+a_{2}x^{n-2}+...+a_{n})|\geq |a_{0}x^{n}|-|a_{1}x^{n-1}+a_{2}x^{n-2}+...+a_{n}|.\quad (4)$

Pasinaudosime lema apie vyriausiojo nario modulį, parinkę $k=2$: egzistuoja toks skaičius $N_{1},$ kad kai $|x|>N_{1}$ bus

$|a_{0}x^{n}|>2|a_{1}x^{n-1}+a_{2}x^{n-2}+...+a_{n}|.$

Iš to

$|a_{1}x^{n-1}+a_{2}x^{n-2}+...+a_{n}|<{\frac {1}{2}}|a_{0}x^{n}|,$

t. y., pagal (4)

$|f(x)|>|a_{0}x^{n}|-{\frac {1}{2}}|a_{0}x^{n}|={\frac {1}{2}}|a_{0}x^{n}|.\quad (4.1)$

Dešinė dalis šitos nelygybės bus didesnė už M, kai

$|x|>N_{2}={\sqrt[{n}]{\frac {2M}{|a_{0}|}}}.$

(Iš tikro, įstatę $N_{2}$ į (4.1) nelygybę vietoje x, gausime

$|f(N_{2})|>{\frac {1}{2}}|a_{0}N_{2}^{n}|={\frac {1}{2}}|a_{0}||{\Big (}{\sqrt[{n}]{\frac {2M}{|a_{0}|}}}{\Big )}^{n}|={\frac {1}{2}}|a_{0}||{\frac {2M}{|a_{0}|}}|=M,$

t. y. $|f(N_{2})|>M$).

Tokiu budu. su $|x|>N={\text{max}}(N_{1},\;N_{2})$ bus $|f(x)|>M.$

8 brėžinys.

Šitos lemos prasmė gali būti išaiškinta pasitelkiant tokią geometrinę iliustaciją, kuri šitame paragrafe bus ne kartą panaudojama. Tarkime, kad kiekviename taške $x_{0}$ kompleksinės plokštumos pastatytas statmuo šitai plokštumai, kurio ilgis (pasirinkus mastelį) lygus modulio $f(x)$ reikšmei šitame taške, t. y. lygus $|f(x)|.$

Statmenų [kompleksinei plokštumai] tiesių galai pagal įrodytą aukščiau polinomo modulio tolydumą sudarys tolydų kreivinį paviršių, esantį virš kompleksinės plokštumos. Lema apie polinomo modulio didėjimą parodo, kad šitas paviršius, didėjant $|x_{0}|$ vis daugiau ir daugiau tolsta nuo kompleksinės plokštumos, nors, aišku, šitas tolėjimas visai nėra monotoniškas. 8 brėžinys schematiškai pavaizduoja liniją susikirtimo šito paviršiaus su plokštuma, kuri yra statmena kompleksinei plokštumai ir pereina per tašką O (arba 0).

Pagrindinį vaidmenį įrodyme atlieka tokia lema:

Dalamberio lema. Jeigu su $x=x_{0}$ polinomas $f(x)$ laipsnio $n,\;n\geq 1,$ netampa lygus nuliui, $f(x_{0})\neq 0$ ir todėl $|f(x_{0})|>0,$ tai galima rasti tokį priaugimą $h,$ bendru atvejų kompleksinį, kad

$|f(x_{0}+h)|<|f(x_{0})|.$

Pagal Teiloro formulę, jeigu priaugimas $h$ kol kas laisvai pasirenkamas, bus

$f(x_{0}+h)=f(x_{0})+hf'(x_{0})+{\frac {h^{2}}{2!}}f''(x_{0})+{\frac {h^{3}}{3!}}f'''(x_{0})+...+{\frac {h^{n}}{n!}}f^{(n)}(x_{0}).$

Pagal sąlygą, $x_{0}$ nėra polinomo $f(x)$ šaknis. Atsitiktinai, visgi, šitas skaičius gali būti polinomo $f'(x)$ šaknimi, o taip pat, galbūt, šaknimi kai kurioms tolimesnėms išvestinėms. Tegu k-oji išvestinė ($k\geq 1$) bus pirma, kuriai $x_{0}$ nėra jos šaknis, t. y.

$f'(x_{0})=f''(x_{0})=...=f^{(k-1)}(x_{0})=0,\;\;f^{(k)}(x_{0})\neq 0.$

Toks k egzistuoja, kadangi, jeigu $a_{0}$ yra vyriausias koeficienta polinomo $f(x),$ tai

$f^{(n)}(x_{0})=n!a_{0}\neq 0.$

Tokiu budu,

$f(x_{0}+h)=f(x_{0})+{\frac {h^{k}}{k!}}f^{(k)}(x_{0})+{\frac {h^{k+1}}{(k+1)!}}f^{(k+1)}(x_{0})+...+{\frac {h^{n}}{n!}}f^{(n)}(x_{0}).$

Kai kurie iš skaičių $f^{(k+1)}(x_{0}),\;...,\;f^{(n-1)}(x_{0})$ taip pat gali būti lygūs nuliui, bet tai mums nėra reikšminga (nesvarbu).

Dalindami abi dalis šitos lygybės iš $f(x_{0}),$ kuris, pagal sąlygą, nelygus nuliui, ir įvedę žymėjimus

$c_{j}={\frac {f^{(j)}(x_{0})}{j!\;f(x_{0})}},\;\;j=k,\;k+1,\;...,\;n,$

mes gausime:

${\frac {f(x_{0}+h)}{f(x_{0})}}=1+c_{k}h^{k}+c_{k+1}h^{k+1}+...+c_{n}h^{n}$

arba, žinant, kad $c_{k}\neq 0,$

${\frac {f(x_{0}+h)}{f(x_{0})}}=(1+c_{k}h^{k})+c_{k}h^{k}{\Big (}{\frac {c_{k+1}}{c_{k}}}h+...+{\frac {c_{n}}{c_{k}}}h^{n-k}{\Big )}.$

Pereidami prie modulių, gausime:

${\Big |}{\frac {f(x_{0}+h)}{f(x_{0})}}{\Big |}\leq |1+c_{k}h^{k}|+|c_{k}h^{k}|{\Big |}{\frac {c_{k+1}}{c_{k}}}h+...+{\frac {c_{n}}{c_{k}}}h^{n-k}{\Big |}.\quad (5)$

Iki šiol mes nedarėme jokių įvertinimų apie prieaugį $h.$ Dabar mes rinksimes $h,$ pasirinkdami atskirai jo modulį ir argumentą. Skaičiaus $h$ modulį rinksime tokiu budu. Kadangi

${\frac {c_{k+1}}{c_{k}}}h+...+{\frac {c_{n}}{c_{k}}}h^{n-k}$

yra polinomas nuo $h$ be laisvojo nario, tai pagal lemą 1 (parinkę $\varepsilon ={\frac {1}{2}}$), galima rasti tokį $\delta _{1},$ kad kai $|h|<\delta _{1},$ bus

${\Big |}{\frac {c_{k+1}}{c_{k}}}h+...+{\frac {c_{n}}{c_{k}}}h^{n-k}{\Big |}<{\frac {1}{2}}.\quad (6)$

[Paraboloido pastebėjimas. Jeigu $c_{k}=c_{n},$ tai ${\frac {f(x_{0}+h)}{f(x_{0})}}=1+c_{k}h^{k}+c_{k+1}h^{k+1}+...+c_{n}h^{n}=1+c_{n}h^{n}.$ Ir, kaip patikrinau, toliau įrodinėjimas turėtų pavykti, jei pamiršti apie $|h|<\delta _{1}$ ir susikoncentruoti tik ties $|h|<\delta _{2}.$ Bet jeigu norima įrodinėti su $x_{0},$ kuriam $k<n,$ tai sprendimas yra paprastas. Bet kokiam polinomui f(x) ($n\geq 2$) labai lengva surasti tokį $x_{0},$ su kuriuo $f(x_{0})\neq 0,\;$ $f^{(k)}(x_{0})\neq 0,$ kai k<n.]

Iš kitos pusės, su

$|h|<\delta _{2}={\sqrt[{k}]{|c_{k}|^{-1}}}$

bus

$|c_{k}h^{k}|<1.\quad (7)$

Tarsime, kad $h$ modulis išrinktas pagal nelygybę

$|h|<{\text{min}}(\delta _{1},\;\delta _{2}).\quad (8)$

Tada, pagal (6), nelygybė (5) pavirsta į griežtą nelygybę

${\Big |}{\frac {f(x_{0}+h)}{f(x_{0})}}{\Big |}<|1+c_{k}h^{k}|+{\frac {1}{2}}|c_{k}h^{k}|\;;\quad (9)$

(7) sąlyga mes pasinaudosime vėliau.

Pasirinkdami $h$ argumentą, reikalausime, kad skaičius $c_{k}h^{k}$ būtų neigiamas realusis skaičius. Kitaip tariant,

$\arg(c_{k}h^{k})=\arg c_{k}+k\arg h=\pi ,$

iš to

$\arg h={\frac {\pi -\arg c_{k}}{k}}.\quad (10)$

Pasirinkus tokį $h,$ skaičius $c_{k}h^{k}$ skirsis ženklu nuo savo absoliutaus dydžio,

$c_{k}h^{k}=-|c_{k}h^{k}|$

ir todėl, panaudojus nelygybę (7),

$|1+c_{k}h^{k}|=|1-|c_{k}h^{k}||=1-|c_{k}h^{k}|.$

Tokiu budu, pasirenkant $h$ pagal sąlygas (8) ir (10) nelygybė (9) virsta tokia

${\Big |}{\frac {f(x_{0}+h)}{f(x_{0})}}{\Big |}<1-|c_{k}h^{k}|+{\frac {1}{2}}|c_{k}h^{k}|=1-{\frac {1}{2}}|c_{k}h^{k}|,$

t. y. tuo labiau

${\Big |}{\frac {f(x_{0}+h)}{f(x_{0})}}{\Big |}={\frac {|f(x_{0}+h)|}{|f(x_{0})|}}<1,$

iš ko seka

$|f(x_{0}+h)|<|f(x_{0})|,$

kas įrodo Dalamberio lemą.

Pasitelkiant tą geomtrinę iliustraciją, kuri buvo duota aukščiau, galima taip paaiškinti Dalamberio lemą. Duota, kad $|f(x_{0})|>0.$ Tai reiškia, kad ilgis statmens, pastatyto ant kompleksinės plokštumos taške $x_{0},$ nelygus nuliui. Tada, pagal Dalamberio lemą, galima rasti tokį tašką $x_{1}=x_{0}+h,$ kad $|f(x_{1})|<|f(x_{0})|,$ t. y. statmuo taške $x_{1}$ bus trumpesnis negu taške $x_{0},$ ir dėl to, paviršius, sudarytas iš kompleksinei plokštumai statmenų tiesių galų, bus šitame naujame taške ($x_{1}$) kažkiek arčiau kompleksinės plokštumos. Kaip parodo lemos įrodymas, $h$ modulį galima laikyti kiek norima mažu, t. y. tašką $x_{1}$ galima parinkti kiek norima arti prie taško $x_{0};$ visgi mes toliau nesinaudosime šituo pastebėjimu.

Polinomo $f(x)$ šaknys bus, akivaizdu, tie kompleksiniai skaičiai (t. y. tie taškai ant kompleksinės plokštumos), kuriuose paviršius, sudarytas iš statmenų tiesių galų, liesis su šita plokštuma. Remiantis tik Dalamberio lema, negalima įrodyti tokių taškų egzistavimą. Iš tiesų, naudojantis šita lema, galima tik rasti tokią begalinę seką taškų $x_{0},\;x_{1},\;x_{2},\;...,$ kad

$|f(x_{0})|>|f(x_{1})|>|f(x_{2})|>...\quad (11)$

Iš čia neseka egzistavimas tokio taško ${\overline {x}},$ kad $f({\overline {x}})=0,$ tuo labiau, kad mažėjanti seka teigiamų realiųjų skaičių (11) visai nebūtinai artėja prie nulio.

Tolimesni nagrinėjimai remsis viena teorema iš teorijos funkcijos kompleksinio kintamojo, apibendrinančios Vejerštraso teoremą, žinomą skaitytojui iš matematinės analizės kurso. Ji priskiriama realiosioms funkcijoms nuo kompleksinio kintamojo, t. y. priskiriama funkcijoms nuo kompleksinio kintamojo, įgaunančioms tik realiąsias reikšmes; tokių funkcijų pavyzdys yra polinomo modulis. Šios teoremos formuluotėje mes kalbėsime paprastumo dėlei apie uždarą skritulį E, turėdami galvoje skritulį ant kompleksinės plokštumos, prie kurio prijungti visi taškai jo konturo (apskritimo).

Jeigu realioji funkcija $g(x)$ nuo kompleksinio kintamojo $x$ tolydi visuose taškuose uždaro skritulio E, tai egzistuoja skritulyje E toks taškas $x_{0},$ kad visiems $x$ iš E teisinga nelygybė $g(x)\geq g(x_{0}).$ Tada taškas $x_{0}$ yra minimumo taškas funkcijai $g(x)$ skritulyje E.

Šitos teoremos įrodymą galima rasti visuose kursuose teorijos funkcijos kompleksinio kintamojo, ir mes jo nepateikiame.

Apsiboję atveju, kai funkcija $g(x)$ neneigiama visuose taškuose skritulio E, — tik šitas atvejis mus domina, — paaiškinsime geometriškai šitą teoremą pagal tą iliustraciją, kuri jau panaudota aukščiau. Kiekviename taške $x_{0}$ skritulio E nuvedame statmenį ilgio $g(x_{0}).$ Galai šitų statmenų sudaro gabalą tolydaus kreivinio paviršiaus, be to dėl skritulio E uždarumo egzistavimas minimumo taškų šitam paviršiaus gabalui tampa geometriškai pakankamai aiškus. Šita iliustracija, žinoma, nepakeičia teoremos įrodymo.

Dabar mes galime pereiti prie betarpiško įrodymo pagrindinės teoremos. Tegu duotas polinomas $f(x)$ laipsnio $n,\;\;n\geq 1.$ Jeigu jo laisvasis narys yra $a_{n},$ tai, akivaizdu, $f(0)=a_{n}.$ Pritaikysime mūsų polinomui lemą apie polinomo modulio didėjimą, tarę $M=|f(0)|=|a_{n}|.$ Egzistuoja todėl toks N, kad su $|x|>N$ bus $|f(x)|>|f(0)|.$ Akivaizdu, kad nurodytas aukščiau Vejerštraso teoremos apibendrinimas pritaikomas funkcijai $|f(x)|$ pasirinkus bet kokį uždarą skritulį E. Skritulį E mes parinksime su spinduliu N ir centru taške 0. Tegu taškas $x_{0}$ bus $|f(x)|$ minimumo taškas skritulyje E, iš ko seka $|f(x_{0})|\leq |f(0)|.$

Lengva matyti, kad $x_{0}$ bus minimumo taškas $|f(x)|$ ant visos kompleksinės plokštumos: jeigu taškas $x'$ guli ne ant E, tai $|x'|>N,$ ir todėl

$|f(x')|>|f(0)|\geq |f(x_{0})|.$

Iš to seka, galų gale, kad $f(x_{0})=0,$ t. y. kad $x_{0}$ yra $f(x)$ šaknis; jeigu būtų $f(x_{0})\neq 0,$ tai, pagal Dalamberio lemą, egzistuotų toks taškas $x_{1},$ kad $|f(x_{1})|<|f(x_{0})|\;;$ o tai prieštarauja ką tik nustatytai savybei taško $x_{0}.$

Papildomai

Parodysime pavyzdį, kuriame polinomo n-tos eilės išvestinė nelygi nuliui, o visos kitos žemesnės išvestinės lygios nuliui tam tikrame taške $x_{0}.$ Tai yra polinomas, kuriam k=n iš Dalamberio lemos įrodymo.

Tarkime turime polinomą $g(x)=(x-1)(x-1)=x^{2}-2x+1.$ Jis turi dvi vienodas šankis $x_{0}=1.$ Integruojame šitą polinomą:

$f(x)=\int g(x)\;dx=\int (x^{2}-2x+1)dx={\frac {x^{3}}{3}}-x^{2}+x.$

Padauginame gautą polinomą $f(x)$ iš 3 (tai nepakeičia jo šaknų reikšmių):

$3\cdot f(x)=3({\frac {x^{3}}{3}}-x^{2}+x)=x^{3}-3x^{2}+3x=f_{1}(x).$

Polinomas $f_{1}(x)$ (ir f(x)) turi vieną akivaizdžią šaknį $x_{1}=0.$

Tada

$x^{3}-3x^{2}+3x=x(x^{2}-3x+3).$

Polinomo $x^{2}-3x+3$ šaknys yra šios:

$x_{2}={\frac {-b+{\sqrt {b^{2}-4ac}}}{2a}}={\frac {-(-3)+{\sqrt {(-3)^{2}-4\cdot 1\cdot 3}}}{2\cdot 1}}={\frac {3+{\sqrt {9-12}}}{2}}={\frac {3+{\sqrt {-3}}}{2}}={\frac {3+{\sqrt {3i^{2}}}}{2}}={\frac {3+i{\sqrt {3}}}{2}};$

$x_{3}={\frac {-b-{\sqrt {b^{2}-4ac}}}{2a}}={\frac {3-i{\sqrt {3}}}{2}}.$

Taigi, skaičius $x_{0}=1$ nėra polinomo $f_{1}(x)$ šaknis. Bet šis skaičius ($x_{0}=1$) yra šaknis polinomo $f_{1}(x)$ pirmos ir antros eilės išvestinių, tačiau nėra šaknis trečios eilės išvestinės. Iš tikro

$f_{1}'(x)=(x^{3}-3x^{2}+3x)'=3x^{2}-6x+3,\;\;f_{1}'(1)=3\cdot 1^{2}-6\cdot 1+3=3-6+3=0;$

$f_{1}''(x)=(3x^{2}-6x+3)'=6x-6,\;\;f_{1}''(1)=6\cdot 1-6=0;$

$f_{1}'''(x)=(6x-6)'=6,\;\;f_{1}'''(1)=6\neq 0.$

Šitame pavyzdyje polinomo $f_{1}(x)$ laipsnis $n=3.$

Apskaičiuokime polinomo $f_{1}(x)=x^{3}-3x^{2}+3x$ reikšmę taške $x_{0}=1.$

$f_{1}(1)=1^{3}-3\cdot 1^{2}+3\cdot 1=1-3+3=1.$

Tada polinomas $f_{2}(x)=x^{3}-3x^{2}+3x-1$ turės trigubą šaknį $x_{0}=1,$ nes

$f_{2}(x)=x^{3}-3x^{2}+3x-1=(x-1)^{3}.$

Aišku, kad polinomo $f_{2}(x)$ visų eilių išvestinės bus tokios pačios kaip ir polinomo $f_{1}(x).$

Akivaizdu, kad pakeitus polinomo $f_{2}(x)$ laisvąjį narį -1 bet kokiu kitu skaičiumi, pavyzdžiui, 5, gausime tokį polinomą

$f_{3}(x)=x^{3}-3x^{2}+3x+5,$

kuris neturės šaknies skaičiaus $x_{0}=1,$ bet jo pirmos ir antros eilės išvestinių šaknys bus $x_{0}=1,$ o trečios eilės išvestinė bus nelygi nuliui (bus lygi 6). Tai yra polinomas n=3 laipsnio, kurio laisvasis narys nelygus nuliui (lygus 5) ir kuriam tinka sąlyga iš Dalamberio lemos įrodinėjimo $k=n.$ Tiesiog parodėme, kad toks polinomas egzistuoja (kuriam $k=n$).

Išvados iš pagrindinės teoremos

Tegu duotas polinomas n-to laipsnio, $n\geq 1,$

$f(x)=a_{0}x^{n}+a_{1}x^{n-1}+a_{2}x^{n-2}+...+a_{n-1}x+a_{n}\quad (1)$

su bet kokiais kompleksiniais koeficientais. Mes vėl nagrinėjame jį kaip formaliai-algebrinę išraišką, nusakoma savo koeficientų rinkiniu. Pagrindinė teorema apie šaknies egzistavimą, įrodyta praeitame paragrafe, leidžia teigti, kad egzistuoja polinomo f(x) šaknis $\alpha _{1},$ kompleksinė arba realioji. Todėl polinomas f(x) gali būti išskaidytas taip:

$f(x)=(x-\alpha _{1})\phi (x).$

Polinomo $\phi (x)$ koeficientai vėl yra realieji arba kompleksiniai skaičiai, ir todėl $\phi (x)$ turi šaknį $\alpha _{2},$ taigi

$f(x)=(x-\alpha _{1})(x-\alpha _{2})\psi (x).$

Tesdami taip toliau, mes prieisime po baigtinio skaičiaus žingsnių prie n-to laipsnio polinomo $f(x)$ išskaidymo į n tiesinių daugiklių sandaugą,

$f(x)=a_{0}(x-\alpha _{1})(x-\alpha _{2})...(x-\alpha _{n}).\quad (2)$

Koeficientas $a_{0}$ atsiranda dėl šios priežasties: jeigu dešinėje pusėje išraiškoje (2) stovėtų koks nors koeficientas b, tai po atskiaudimo vyriausias narys polinomo f(x) būtų $bx^{n},$ nors iš tikro, pagal (1), juo yra narys $a_{0}x^{n}.$ Todėl $b=a_{0}.$

Išskaidymas (2) yra polinomui $f(x)$ vienintelis, gali skirtis tik išskaidymo tvarka daugiklių (kuris daugiklis stovės pirmas, kuris antras ir t. t.).

Iš tikro, tegu yra dar išskaidymas

$f(x)=a_{0}(x-\beta _{1})(x-\beta _{2})...(x-\beta _{n}).\quad (3)$

Iš (2) ir (3) seka lygybė

$(x-\alpha _{1})(x-\alpha _{2})...(x-\alpha _{n})=(x-\beta _{1})(x-\beta _{2})...(x-\beta _{n}).\quad (4)$

Jeigu šaknis $\alpha _{i}$ skirtųsi nuo visų $\beta _{j},\;\;j=1,\;2,\;...,\;n,$ tai, įstatę $\alpha _{i}$ vietoje nežinomojo į (4), mes gautume iš kairės nulį, o iš dešinės skaičių, kuris nėra nulis. Tokiu budu, bet kuri šaknis $\alpha _{i}$ lygi kai kuriai šakniai $\beta _{j}$ ir atvirkščiai.

Iš čia dar neišplaukia skaidinių (2) ir (3) sutapimas. Iš tiesų, šaknų $\alpha _{i},\;\;i=1,\;2,\;...,\;n,$ gali būti vienodų. Tegu, pavyzdžiui, yra s šaknų $\alpha _{1}$ ir tegu, iš kitos pusės, tarp šaknų $\beta _{j},\;\;j=1,\;2,\;...,\;n,$ yra t šaknų $\alpha _{1}.$ Reikia parodyti, kad $s=t.$

Kadangi laipsnis polinomų sandaugos lygus daugiklių laipsnių sumai, tai dviejų polinomų sandauga, nelygių nuliui, negali būti lygi nuliui. Iš čia išplaukia, kad jeigu dvi sandaugos lygios viena kitai, tai abi lygybės puses galima suprastinti iš bendro daugiklio: jeigu

$f(x)\phi (x)=g(x)\phi (x)$

ir $\phi (x)\neq 0,$ tai iš

$[f(x)-g(x)]\phi (x)=0$

seka

$f(x)-g(x)=0,$

t. y.

$f(x)=g(x).$

Pritaikysime tai (4) lygybei. Jeigu, pavyzdžiui, $s>t,$ tai, suprastinę abi (4) lygybės dalis iš daugiklio $(x-\alpha _{1})^{t},$ mes ateisime prie lygybės, kurios kairė pusė dar turi daugiklį $x-\alpha _{1},$ o dešinė pusė jo neturi. Aukščiau parodyta, kad iš to gaunamas prieštaravimas. Tokiu budu, įrodyta, kad išskaidymas (2) polinomo $f(x)$ yra vienintelis.

Apjungdami kartu vienodus daugiklius, išskaidymą (2) galima perrašyti taip:

$f(x)=a_{0}(x-\alpha _{1})^{k_{1}}(x-\alpha _{2})^{k_{2}}...(x-\alpha _{l})^{k_{l}},\quad (5)$

kur

$k_{1}+k_{2}+...+k_{l}=n.$

Be to, laikoma, kad tarp šaknų $\alpha _{1},\;\alpha _{2},\;...,\;\alpha _{l}$ jau nėra vienodų.

Skaičius $k_{i}$ iš (5), $i=1,\;2,\;...,\;l,$ reiškia šaknies $\alpha _{i}$ kartotinumą polinome $f(x).$

Mes įrodėme tokį svarbų rezultatą:

Bet koks polinomas $f(x)$ laipsnio $n,\;n\geq 1,$ su bet kokiais koeficientais, kurie yra skaičiai, turi n šaknų, jeigu kiekvieną šaknį skaičiuoti tiek kartų, koks yra jos kartotinumas.

Pastebėsime, kad mūsų teorema teisinga ir su $n=0,$ nes nulinio laipsnio polinomas neturi šaknų. Šita teorema nepritaikoma tik polinomui 0, neturinčiam laipsnio ir lygiu nuliui su bet kuria x reikšme. Šita paskutine pastaba mes pasinaudosime įrodinėjant tokią teoremą:

Jeigu polinomai $f(x)$ ir $g(x),$ kurių laipsiai ne didesni už n, turi skirtingas reikšmes su daugiau nei n skirtingų nežinomojo reikšmių, tai $f(x)=g(x)$ (čia turima galvoje, kad jeigu su kiekviena [skirtinga] $x_{k}$ ($k=1,\;2,\;...,\;n+1,\;...$) reikšme teisinga lygybė $f(x_{k})=g(x_{k})$ ir jeigu $f(x_{1})\neq f(x_{2})\neq ...\neq f(x_{n+1})\neq ...$ bei $g(x_{1})\neq g(x_{2})\neq ...\neq g(x_{n+1})\neq ...,$ tai $f(x)=g(x)$).

Iš tikro, polinomas $f(x)-g(x),$ pagal mūsų prielaidą, turi daugiau nei n šaknų, o kadangi jo laipsnis ne didesnis už n, tai turi būti teisinga lygybė $f(x)-g(x)=0.$

Tokiu budu, atsižvelgiant į tai, kad skirtingų skaičių begalo daug, galima tvirtinti, kad bet kokiems dviems skirtingiems polinomams $f(x)$ ir $g(x),$ atsiras tokios reikšmės $c$ nežinomojo $x,$ kad $f(c)\neq g(c).$ Tokius c galima rasti ne tik tarp kompleksinių skaičių, bet ir tarp realiųjų, tarp racionaliųjų ir net tarp sveikųjų skaičių.

Tokiu budu, du polinomai su koeficientais, kurie yra skaičiai, turintys nors prie vieno nežinomojo $x$ laipsnio skirtingus koeficientus, bus skirtingos kompleksinės funkcijos kompleksinio kintamojo $x.$ Tuom įrodytas, pagaliau, ekvivalentumas polinomams su skaitiniais koeficientais dviejų apibrėžimų polinomų lygybės — algebrinio ir teoretinio-funkcinio.

Teorema, įrodyta aukščiau, leidžia teigti, kad polinomas, laipsnis kurio ne didesnis už n, pilnai apsakomas/nustatomas savo reikšmėmis su bet kokiom nežinomojo reikšmėm, skaičius kurių didesnis už n. Ar galima šitas polinomo reikšmes laisvai pasirinkti? Jeigu tarti, kad užduodamos polinomo reikšmės su $n+1$ skirtingų nežinomojo reikšmių, tai atsakymas bus teigiamas: visada egzistuoja polinomas ne didesnio nei n-to laipsnio, priimantis į priekį užduotas reikšmes su $n+1$ užduotų skirtingų nežinomojo reikšmių.

Iš tiesų, tegu reikia sudaryti polinomą ne didesnio nei n-to laipsnio, kuris su nežinomojo reikšmėm $a_{1},\;a_{2},\;...,\;a_{n+1},$ kurios yra skirtingos, įgauna atitinkamai reikšmes $c_{1},\;c_{2},\;...,\;c_{n+1}.$ Šituo polinomu bus:

$f(x)=\sum _{i=1}^{n+1}{\frac {c_{i}(x-a_{1})...(x-a_{i-1})(x-a_{i+1})...(x-a_{n+1})}{(a_{i}-a_{1})...(a_{i}-a_{i-1})(a_{i}-a_{i+1})...(a_{i}-a_{n+1})}}.\quad (6)$

Iš tikro, jo laipsnis ne didesnis už n, reiškia $f(a_{i})=c_{i}.$

Formulė (6) vadinasi Lagranžo interpoliacine formule. Pavadinimas "interpoliacinė" surištas su tuo, kad pagal šitą formulę, žinant polinomo reikšmes $n+1$ taške, galima apskaičiuoti jo reikšmes visuose kituose taškuose.

Vijeto formulės. Tegu duotas polinomas f(x) laipsnio n su vyriausiu koeficientu 1,

$f(x)=x^{n}+a_{1}x^{n-1}+a_{2}x^{n-2}+...+a_{n-1}x+a_{n},\quad (7)$

ir tegu $\alpha _{1},\;\alpha _{2},\;...,\;\alpha _{n}$ — jo šaknys (kiekviena kartotinė šaknis paimta atitinkamai kartų). Tada $f(x)$ išskaidomas taip:

$f(x)=(x-\alpha _{1})(x-\alpha _{2})...(x-\alpha _{n}).$

Daugindami skiaustus, stovinčius dešinėje, o paskui sutraukę panašius narius ir lygindami gautus koeficientus su koeficientais iš (7), mes gausime tokias lygybes, vadinamas Vijeto formulėmis ir išreiškiančias polinomo koeficientus per jo šaknis:

$a_{1}=-(\alpha _{1}+\alpha _{2}+...+\alpha _{n}),$

$a_{2}=\alpha _{1}\alpha _{2}+\alpha _{1}\alpha _{3}+..+\alpha _{1}\alpha _{n}+\alpha _{2}\alpha _{3}+...+\alpha _{n-1}\alpha _{n},$

$a_{3}=-(\alpha _{1}\alpha _{2}\alpha _{3}+\alpha _{1}\alpha _{2}\alpha _{4}+..+\alpha _{n-2}\alpha _{n-1}\alpha _{n}),$

$...........................$

$a_{n-1}=(-1)^{n-1}(\alpha _{1}\alpha _{2}...\alpha _{n-1}+\alpha _{1}\alpha _{2}...\alpha _{n-2}\alpha _{n}+...+\alpha _{2}\alpha _{3}...\alpha _{n}),$

$a_{n}=(-1)^{n}\alpha _{1}\alpha _{2}...\alpha _{n}.$

Tokiu budu, dešinėje dalyje k-tos lygybės, $k=1,\;2,\;...,\;n,$ stovi suma visų įmanomų sandaugų po k šaknų, paimtu su pliuso ar minuso ženklu priklausomai nuo to ar skaičius k lyginis ar nelyginis.

Kai $n=2$ šitos formulės pavirsta į žinomą iš elementariosios algebros sąryšį tarp šaknų ir koeficientų kvadratinio polinomo. Kai $n=3,$ t. y. kūbiniam polinomui, šitos formulės tampa tokiomis:

$a_{1}=-(\alpha _{1}+\alpha _{2}+\alpha _{3}),\;\;a_{2}=\alpha _{1}\alpha _{2}+\alpha _{1}\alpha _{3}+\alpha _{2}\alpha _{3},\;\;a_{3}=-\alpha _{1}\alpha _{2}\alpha _{3}.$

Vijeto formulės palengvina polinomo užrašymą, kai žinomos jo šaknys. Pavyzdžiui, rasime ketvirto laipsnio polinomą f(x), turinį paprastas šaknis skaičius 5 ir -2 ir dvigubą šaknį 3. Mes gausime:

$a_{1}=-(5-2+3+3)=-9,$

$a_{2}=5\cdot (-2)+5\cdot 3+5\cdot 3+(-2)\cdot 3+(-2)\cdot 3+3\cdot 3=17,$

$a_{3}=-[5\cdot (-2)\cdot 3+5\cdot (-2)\cdot 3+5\cdot 3\cdot 3+(-2)\cdot 3\cdot 3]=33,$

$a_{4}=5\cdot (-2)\cdot 3\cdot 3=-90,$

ir todėl

$f(x)=x^{4}-9x^{3}+17x^{2}+33x-90.$

Jeigu vyriausias narys $a_{0}$ polinomo $f(x)$ nelygus 1, tai, kad panaudoti Vijeto formules būtina iš pradžių visus koeficientus padalinti iš $a_{0},$ kas neįtakoja polinomo šaknis. Tokiu budu, šiuo atveju Vijeto formulės duoda išraiškas santykio visų koefcientų su vyriausiu koeficientu.

Polinomai su realiaisiais koeficientais. Dabar bus išvestos kai kurios išvados iš pagrindinės algebros teoremos kompleksinių skaičių apie polinomus su realiaisiais koeficientais. Iš esmės, būtent šitomis išvadomis pagrįsta ta išskirtinai didelė reikšmė pagrindinės teoremos, apie kurią kalbėta anksčiau.

Tegu polinomas su realiaisiais koeficientais

$f(x)=a_{0}x^{n}+a_{1}x^{n-1}+a_{2}x^{n-2}+...+a_{n-1}x+a_{n}$

turi kompleksinę šaknį $\alpha ,$ t. y.

$a_{0}\alpha ^{n}+a_{1}\alpha ^{n-1}+a_{2}\alpha ^{n-2}+...+a_{n-1}\alpha +a_{n}=0.$

Mes žinome, kad paskutinė lygybė bus teisinga, jeigu joje visus skaičius pakeisti jungtiniais. Visi gi koeficientai $a_{0},\;a_{1},\;...,\;a_{n-1},\;a_{n},$ o taip pat 0, stovintis dešinėje, būdami realieji, pasiliks esant šiam pakeitimui be pasikeitimų, ir mes ateiname prie lygybės

$a_{0}{\overline {\alpha }}^{n}+a_{1}{\overline {\alpha }}^{n-1}+a_{2}{\overline {\alpha }}^{n-2}+...+a_{n-1}{\overline {\alpha }}+a_{n}=0,$

t. y.

$f({\overline {\alpha }})=0.$

Tokiu budu, jeigu kompleksinis (bet ne realusis) skaičius $\alpha$ yra šaknis polinomo $f(x)$ su realiaisiais koeficientais, tai polinomo $f(x)$ šaknimi bus ir jungtinis skaičius ${\overline {\alpha }}.$

To pasekoje polinomas $f(x)$ dalinsis iš kvadratinio trinario

$\phi (x)=(x-\alpha )(x-{\overline {\alpha }})=x^{2}-(\alpha +{\overline {\alpha }})x+\alpha {\overline {\alpha }},\quad (8)$

koeficientai kurio yra realieji skaičiai (suma ir sandauga jungtinių kompleksinių skaičių yra realieji skaičiai). Pasinaudodami šituo, įrodysime, kad šaknys $\alpha$ ir ${\overline {\alpha }}$ turi polinome $f(x)$ tą patį kartotinumą.

Tegu, tarkime, šitos šaknys yra atitinkamai kartotinumo k ir l ir tegu, pavyzdžiui, $k>l.$ Tada f(x) dalinjasi iš l-to laipsnio polinomo $\phi (x),$

$f(x)=\phi ^{l}(x)q(x).$

Polinomas $q(x),$ kaip dalmuo dviejų polinomų su realiaisiais koeficientais, taip pat turi realiuosius koeficientus, bet, kas prieštarauja įrodytam aukščiau, jis turi $k-l$ kartotinę šaknį $\alpha ,$ o skaičius ${\overline {\alpha }}$ nėra jo šaknis. Iš čia seka, kad $k=l.$

Tokiu budu, dabar galima pasakyti, kad kompleksinės šaknys bet kokio polinomo su realiaisiais koeficientais yra poromis jungtinės. Iš čia ir iš įrodyto aukščiau vienintelio išskaidymo (2) išplaukia toks galutinis rezultatas:

Bet koks polinomas $f(x)$ su realiaisiais koeficientais užrašomas, be to, vieninteliu budu (gali skirtis tik daugiklių tvarka), kaip sandauga savo vyriasio koeficiento $a_{0}$ ir keleto polinomų su realiaisiais koeficientais, tiesinių pavidalo $x-\alpha ,$ atitinkančių jo realiąsias šaknis, ir kvadratinių pavidalo (8), atitinaknčių poras jungtinių kompleksinių šaknų.

Pabrėšime, kad tarp polinomų su realiaisiais koeficientais ir su vyriausiu koeficientu 1, neišskaidomi į daugiklius mažesnio laipsnio yra tik tiesiniai polinomai pavidalo $x-\alpha$ ir kvadratiniai polinomai pavidalo (8).