Тема 19

Основна теорема на алгебрата

Лема 1 (Лема на Гаус)

Всеки полином над $\mathbb{R}$ има поне един комплексен корен.

Доказателство:
Нека $f(x) \in \mathbb{R}[x]$ и $\deg f = n$.
Нека $n = 2^k s$, където $s$ е нечетно (т.е отделяме най-голямата степен на двойката от $n$, а всички останали нечетни множители групираме в $s$).
Ще докажем твърдението с индукция по $k$:

База на индукцията: $k = 0$
Т.е имаме $\deg f(x) = s \equiv 1 \pmod{2}$.
Такъв полином със сигурност има поне един реален корен, защото в $\pm \infty$ има различни знаци (защото старшия му коефициент е на нечетна степен, следователно ако сложим достатъчно голямо число ще получим нещо положително, а ако сложим достатъчно малко - отрицателно. Ако старшият коефициент е отрицателен тогава е наобратно). Понеже е непрекъсната някъде пресича реалната ос. Значи има поне един реален корен.

Индукционна хипотеза: Нека твърдението е доказано за $k - 1$, т.е ако $\deg g = 2^{k-1} t$, то $g$ има поне един комплексен корен.

Индукционна стъпка: Нека $\deg f(x) = 2^k s = n$.
Да разгледаме разширението $L \supseteq \mathbb{R}$ в което се намират корените на $f$ : $\alpha_1, \cdots, \alpha_n \in L$.
Нека $r \in \mathbb{R}$ е произволно реално число. Да си построим числата $\beta_{ij} (r) = \alpha_i \alpha_j + r(\alpha_i + \alpha_j) \in L$. Те очевидно принадлежат на $L$, защото са образувани от сбор и произведение на числа от $L$ ($r \in \mathbb{R} \subseteq L \Rightarrow r \in L$).
Сега остава да си построим функцията $g$ по следния начин:

(1)
\begin{eqnarray} g(x) &=& \prod_{i < j}(x - \beta_{ij}(r)) \\ &=& x^t + g_1 x^{t-1} + \cdots + g_t x^0 \\ t = \deg g &=& \binom{n}{2} \end{eqnarray}

$g_i$ са симетрични функции на $\beta$ (от формулите на Виет).

Ако пермутираме по произволен начин $\alpha_i$ (т.е разджуркаме ги хубаво) тогава единственото което ще се случи с $\beta_{ij}$ е, че и те ще се разджуркат. Ако имаме симетрична функция на $\beta$ (функция, при която ако разместим $\beta$-ите няма да се промени), то тя също е и симетрична функция на $\alpha$-ите (защото разместване на $\alpha$ ще доведе до разместване на $\beta$, което пък не променя функцията).

Значи $g_i$ са симетрични функции на $\alpha$. От следствието от основната теорема за симетричните полиноми имаме, че $g_i \in \mathbb{R}$. Сега прилагаме индукционната хипотеза за $g$ и получаваме, че $g(x)$ има поне един комплексен корен. Това означава, че съществуват $i, j$ за които $\beta_{ij} \in \mathbb{C}$, т.е $\alpha_i \alpha_j + r(\alpha_i + \alpha_j) \in \mathbb{C}$.

Направихе горното (малко дълго) разсъждение за произволно $r \in \mathbb{R}$. Следователно то е вярно за всяко $r \in \mathbb{R}$.
Може да си мислим, че на всяко реално число $r$ съпоставихме двойка индекси $i_r, j_r$, за които $\alpha_{i_r} \alpha_{j_r} + r(\alpha_{i_r} + \alpha_{j_r}) \in \mathbb{C}$.
Тъй като двойките индекси $i, j$ са краен брой (точно $\binom{n}{2}$), а пък реалните числа са малко повече (стига ни че са безкрайно много), то по принципа на Дирихле (принцип на чекмеджетата, pidgeon hole principle) съществуват поне две реални числа $r_1, r_2$, за които съответните им $(i_{r_1}, j_{r_1}), (i_{r_2}, j_{r_2})$ съвпадат - да си ги означим просто с $i, j$. Т.е имаме, че:

(2)
\begin{eqnarray} \alpha_i \alpha_j + r_1 (\alpha_i + \alpha_j) &= a \in& \mathbb{C} \\ \alpha_i \alpha_j + r_2 (\alpha_i + \alpha_j) &= b \in& \mathbb{C} \\ \end{eqnarray}

Сега може да изразим сбора и разликата на $\alpha_i, \alpha_j$ по следния начин:

(3)
\begin{eqnarray} \alpha_i + \alpha_j &=& \frac{a-b}{r_1 - r_2} = u_1 \in \mathbb{C} \\ \alpha_i \alpha_j &=& a - r_1 \frac{a - b}{r_1 - r_2} = u_2 \in \mathbb{C} \\ \end{eqnarray}

Получихме, че $\alpha_i, \alpha_j$ са корени на следното уравнение с комплексни коефициенти: $x^2 - u_1x + u_2 = 0$ (използвахме формулите на Виет на обратно). Сега решаваме квадратното уравнение:

(4)
\begin{align} \alpha_{i,j} = \frac{u_1 \pm \sqrt{D}}{2} \quad D = u_1^2 - 4u_2 \end{align}

Очевидно $\alpha_{i,j} \in \mathbb{C}$. Окончателно получихме, че $f$ има поне един комплексен корен (даже има 2).

Лема 2

Ако $\alpha \in \mathbb{C}$ е корен на $f(x) \in \mathbb{R}[x]$, следователно $\overline{\alpha}$ също е корен на $f(x)$.

Доказателство:
Нека $f(x) = a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + \cdots + a_n \in \mathbb{R}[x]$.
Ще използваме, че коефициентите $a_i$ са реални, следователно съвпадат с комплексно спрегнатите си, както и че

(5)
\begin{eqnarray} \overline{u_1} \ \overline{u_2} &=& \overline{u_1 u_2} \\ \overline{u_1} + \overline{u_2} &=& \overline{u_1 + u_2} \\ \end{eqnarray}

за произволни комплексни числа $u_1, u_2$.
Да видим на колко е равно $f(\overline{\alpha})$:

(6)
\begin{eqnarray} f(\overline{\alpha}) &=& a_0 \overline{\alpha}^n + a_1 \overline{\alpha}^{n-1} + \cdots + a_{n-1} \overline{\alpha} + a_n \\ &=& a_0 \overline{\alpha^n} + a_1 \overline{\alpha^{n-1}} + \cdots + a_{n-1} \overline{\alpha} + a_n \\ &=& \overline{a_0 \alpha^n} + \overline{a_1 \alpha^{n-1}} + \cdots + \overline{a_{n-1} \alpha} + \overline{a_n} \\ &=& \overline{a_0 \alpha^n + a_1 \alpha^{n-1} + \cdots + a_n} \\ &=& \overline{0} \\ &=& 0 \end{eqnarray}

Т.е показахме, че $\overline{\alpha}$ е корен на $f(x)$.

Дефиниция (алгебрически затворено поле)

Нека $F$ е поле. Ако $\forall f(x) \in F[x]$, за който $\deg f > 0$ е изпълнено, че всички корени на $f(x)$ са в $F$, то $F$ се нарича алгебрически затворено.

Основна теорема на Алгебрата

Полето $\mathbb{C}$ е алгебрически затворено.
Теоремата може да се перефразира така: Всеки полином с комплексни коефициенти има поне един комплексен корен. Ако разделим полинома на $x - \alpha$, където $\alpha$ е комплексния му корен ще получим друг полином, който също има поне един комплексен корен и така след точно $\deg f$ стъпки ще разложим началния полином $f$ на $\deg f$ множители от вида $x - \alpha_i$, т.е ще сме намерили всичките му $\deg f$ корена.

Доказателство:

Нека $f(x) \in \mathbb{C}[x]$ е произволен полином: $f(x) = a_0 x^n + a_1 x^{n-1} + \cdots + a_n$.
Нека с $\overline{f}(x)$ бележим полинома с коефициенти, комплексно спрегнатите на коефициентите на полинома $f$, т.е $\overline{f}(x) = \overline{a_0} x^n + \overline{a_1} x^{n-1} + \cdots + \overline{a_n}$.
Да си образуваме функцията $g(x) = f(x) \overline{f}(x) = g_0 x^{2n} + g_1 x^{2n-1} + \cdots + g_{2n}$. Очевидно

(7)
\begin{align} g_k = a_0 \overline{a_k} + a_1 \overline{a_{k-1}} + a_2 \overline{a_{k-2}} + \cdots + a_k \overline{a_0} \end{align}

Сега ако разпишем $\overline{g_k}$ ще видим че се получава точно $g_k$ (от където ще следва че $g_k \in \mathbb{R}$).

(8)
\begin{eqnarray} \overline{g_k} &=& \overline{a_0 \overline{a_k} + a_1 \overline{a_{k-1}} + \cdots + a_k \overline{a_0}} \\ &=& \overline{a_0 \overline{a_k}} + \overline{a_1 \overline{a_{k-1}}} + \cdots + \overline{a_k \overline{a_0}} \\ &=& \overline{a_0} a_k + \overline{a_1} a_{k-1} + \cdots + \overline{a_k} a_0 \\ &=& g_k \end{eqnarray}

Следователно $g_k \in \mathbb{R} \quad \forall k = \overline{1,n}$.
Прилагаме Лема 1 за полинома $g$ и получаваме, че той има поне един комплексен корен $\alpha$. От Лема 2 имаме и $\overline{\alpha}$ също е корен на $g$. Следователно

(9)
\begin{eqnarray} f(\alpha) \overline{f}(\alpha) &=& 0 \\ f(\overline{\alpha}) \overline{f}(\overline{\alpha}) &=& 0 \\ \end{eqnarray}

Ако допуснем, че $\overline{\alpha}$ е корен на $f$ тогава теоремата е доказана (произволен полином над $\mathbb{C}$ има поне един комплексен корен). В противен случай получаваме, че $\overline{f}(\overline{\alpha}) = 0$ (от второто равенство). Да си разпишем $\overline{f}(\overline{\alpha})$:

(10)
\begin{eqnarray} \overline{f}(\overline{\alpha}) &=& \overline{a_0}\overline{\alpha}^n + \overline{a_1}\overline{\alpha}^{n-1} + \cdots + \overline{a_n} \\ &=& \overline{a_0 \alpha^n} + \overline{a_1 \alpha^{n-1}} + \cdots + \overline{a_n} \\ &=& \overline{a_0 \alpha^n + a_1 \alpha^{n-1} + \cdots + a_n} \\ &=& \overline{f(\alpha)} \\ \end{eqnarray}

Следователно $\overline{f}(\overline{\alpha}) = 0$ е равносилно на $\overline{f(\alpha)} = 0$, от където получаваме, че $f(\alpha) = 0$, с което теоремата е доказана.

Следствия

Следствие 1: Неразложимите полиноми над $\mathbb{C}$ са само от 1ва степен.

Следствие 2: Ако $\alpha$ е корен на $f \in \mathbb{R}[x]$, то $\overline{\alpha}$ е корен на $f$.

Следствие 3: Ако $f \in \mathbb{R}[x]$, то корените на $f$ са $\alpha_1, \cdots, \alpha_s \in \mathbb{R}$ и $\beta_1, \overline{\beta_1} , \cdots, \beta_t , \overline{\beta_t} \in \mathbb{C} \setminus \mathbb{R}$.
Следователно разлагането на $f$ е:

(11)
\begin{eqnarray} f(x) &=& (x - \alpha_1)(x - \alpha_2)\cdots(x - \alpha_s)(x - \beta_1)(x - \overline{\beta_1}) \cdots (x - \beta_t)(x - \overline{\beta_t}) \\ &=& (x - \alpha_1)(x - \alpha_2) \cdots(x - \alpha_s)(x^2 - \underbrace{(\beta_1 + \overline{\beta_1})}_{\in \mathbb{R}}x + \underbrace{\beta_1.\overline{\beta_1}}_{\in \mathbb{R}})\cdots(x^2 - \underbrace{(\beta_t + \overline{\beta_t})}_{\in \mathbb{R}}x + \underbrace{\beta_t.\overline{\beta_t}}_{\in \mathbb{R}}) \end{eqnarray}

Неразложимите полиноми над $\mathbb{R}$ са тези от първа степен, както и тези от втора степен с отрицателна дискриминанта.

Unless otherwise stated, the content of this page is licensed under Creative Commons Attribution-NonCommercial-ShareAlike 3.0 License