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)=a 0 x n +a 1 x n-1 +…+a n с произвольными комплексными коэффициентами и если k - любое положительное действительное число, то для достаточно больших по модулю значений |a n x n |>k|ax n-1 +a n x n-2 +….+a 0 | 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(x 0 +x)-f(x 0 ) |< e. Докажем Лемму №1 сначала для многочлена без свободного члена и при x 0 =0 Если A=max(|a 0 |,|a 1 |,…,|a n-1 |) и (1) то |f(x)|=|a 0 x n +…+a n-1 x| , т.к | x |< б , и из (1) б<1, то т.к. a 0 =0 то f(0)=0 Что и требовалось доказать.
Теперь докажем непрерывность любого многочлена. f(x 0 +x)=a 0 (x 0 +x) n +…+a n pаскрывая все скобки по формуле бинома и собирая вместе члены с одинаковыми степенями x получим Многочлен g(x)-это многочлен от x при x 0 =0 и а 0 =0 |f(x 0 +x)-f(x)|=|g(x)|<e Лемма доказана.
Лемма №2 Если дан многочлен n -ой степени, n>0, f(x)=a 0 x n +a 1 x n-1 +…+a n с произвольными комплексными коэффициентами и если k - любое положительное действительное число, то для достаточно больших по модулю значений x верно неравенство: |a 0 x n |>k|a 1 x n-1 +a 2 x n-2 +….+a n | (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 N 1 , что при |x|> N 1 |a 0 x n |>2|a 1 x n-1 +a 2 x n-2 +….+a n | откуда |a 1 x n-1 +a 2 x n-2 +….+a n |<|a 0 x n |/2 тогда из (3) при |x|>N=max(N 1 , N 2 ) |f(x)|>M что и тебовалось доказать.
Лемма №3(Лемма Даламбера). Если при x=x 0 многочлен f(x) степени n , не обращаеться в нуль, то существует такое приращение h, в общем случае комплексное, что |f(x 0 +h)|<|f(x)| Доказательство.По условию f(x 0 ) не равно нулю, случайно может быть так, что x 0 является корнем f’(x) f (k-1) (x). Пусть k-я производная будет первой, не имеющей x 0 своим корнем. Такое k существует т.к. f (n) ( x 0 )=n!a 0 Таким образом Т.к f(x 0 ) не равно нулю то поделим обе части уравнения на f(x 0 ) 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( б 1 , б 2 ), тогда Теперь выберем аргумент h так, чтобы c k h k было действительным отрицательным числом. При таком выборе c k h k =-| c k h k | 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.