osnovni teorem algebre - unizg.hr
TRANSCRIPT
Osnovni teorem algebre
KiΕ‘iΔ, Nika
Master's thesis / Diplomski rad
2014
Degree Grantor / Ustanova koja je dodijelila akademski / struΔni stupanj: University of Zagreb, Faculty of Science / SveuΔiliΕ‘te u Zagrebu, Prirodoslovno-matematiΔki fakultet
Permanent link / Trajna poveznica: https://urn.nsk.hr/urn:nbn:hr:217:799040
Rights / Prava: In copyright
Download date / Datum preuzimanja: 2021-11-09
Repository / Repozitorij:
Repository of Faculty of Science - University of Zagreb
SVEUΔILIΕ TE U ZAGREBU
PRIRODOSLOVNOβMATEMATIΔKI FAKULTET
MATEMATIΔKI ODSJEK
Nika KiΕ‘iΔ
OSNOVNI TEOREM ALGEBRE
Diplomski rad
Zagreb, lipanj, 2014.
SVEUΔILIΕ TE U ZAGREBU
PRIRODOSLOVNOβMATEMATIΔKI FAKULTET
MATEMATIΔKI ODSJEK
Nika KiΕ‘iΔ
OSNOVNI TEOREM ALGEBRE
Diplomski rad
Voditelj rada:prof.dr.sc. Vedran KrΔadinac
Zagreb, lipanj, 2014.
Ovaj diplomski rad obranjen je dana pred ispitnim povje-renstvom u sastavu:
1. , predsjednik2. , Δlan3. , Δlan
Povjerenstvo je rad ocijenilo ocjenom .
Potpisi Δlanova povjerenstva:
1.2.3.
SadrΕΎaj
SadrΕΎaj iv
Uvod 2
1 Povijesni pregled 3
2 Dokaz pomoΔu kompaktnosti 62.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62.2 Dokaz osnovnog teorema algebre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
3 Algebarski dokaz 133.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133.2 Dokaz osnovnog teorema algebre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
4 Dokazi pomoΔu kompleksne analize 244.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244.2 Dokaz osnovnog teorema algebre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 314.3 JoΕ‘ dva dokaza osnovnog teorema algebre . . . . . . . . . . . . . . . . 32
Bibliografija 37
SaΕΎetak 38
Summary 39
Ε½ivotopis 40
iv
Uvod
Cilj ovog diplomskog rada je dokazati osnovni teorem algebre. Koristit Δemo sljedeΔuformulaciju teorema:
Svaki kompleksni polinom stupnja π ima π kompleksnih korijena.
Navest Δemo Δetiri pristupa dokazu koristeΔi razliΔita podruΔja matematike. U svakompoglavlju Δemo prvo dati uvod u vaΕΎna svojstva iz podruΔja na kojem Δemo baziratidokaz, a nakon toga prelazimo na sam dokaz.
Na poΔetku rada navodimo detalje o razvoju dokaza kroz povijest. Krenut Δemood Petera Rotha koji je prvi spomenuo teorem. Spomenut Δemo Descartesa koji jeprvi objavio dokaz s nekoliko mana te Gaussa koji je napravio prvi dokaz koji je upotpunosti prihvaΔen. Nakon povijesnog pregleda, u drugom poglavlju Δemo obraditidokaz osnovnog teorema algebre koristeΔi kompaktnost i svojstva kompleksnih poli-noma. Prvo Δemo definirati skup polinoma i pokazati da on Δini komutativni prsten sjedinicom. Nakon toga podsjetit Δemo se teorema o dijeljenju s ostatkom te najveΔegzajedniΔkog djelitelja polinoma. U drugom dijelu poglavlja navest Δemo rezultate kojivrijede za kompleksne polinome te ih na kraju poglavlja iskoristiti za dokaz osnovnogteorema algebre.
U treΔem poglavlju teorem Δemo dokazati koristeΔi Δinjenicu da kompleksni po-linom moΕΎemo interpretirati kao algebarski objekt. Uvest Δemo pojmove proΕ‘irenjapolja πΉ te elemenata koji su algebarski nad poljem πΉ . Dokazat Δemo Kroneckerovteorem koji govori o egzistenciji polja proΕ‘irenja u kojem ireducibilni polinom imakorijen. Nakon toga definiramo pojam polja razlaganja te dokazujemo teorem o egzis-tenciji takvog polja. Definirat Δemo simetriΔne polinome te iskazati osnovni teoremo simetriΔnim polinomima. U drugoj toΔki treΔeg poglavlja dokazujemo leme kojekoristimo u dokazu osnovnog teorema algebre. KljuΔna je lema koja kaΕΎe da svakinekonstantni realni polinom ima kompleksan korijen. PomoΔu te leme dolazimo dodokaza teorema.U posljednjem poglavlju koristimo rezultate iz kompleksne analize. Definirat Δemo po-jam nulhomotopnog puta te jednostavno povezanog podruΔja. Iskazat Δemo Cauchy-Riemannov teorem te Greenov teorem. Nakon toga dokazujemo nekoliko Cauchyjevih
1
SADRΕ½AJ 2
rezultata, ukljuΔujuΔi Cauchyjev teorem te Cauchyjevu integralnu formulu. DrugatoΔka Δetvrtog poglavlja posveΔena je dokazu osnovnog teorema algebre koji se teme-lji na primjeni Liouvilleova teorema. Rad zavrΕ‘avamo posljednjom toΔkom Δetvrtogpoglavlja u kojoj navodimo dokaz koji koristi nejednakost srednje vrijednosti te dokazkoji se bazira na principu maksimuma modula.
Poglavlje 1
Povijesni pregled
U ranoj fazi prouΔavanja jednadΕΎbi, al-Khwarizmi u svojem radu nije imao potrebeza ovim teoremom jer su se tada koristili samo realni pozitivni korijeni. Tek je 1545.Cardano zakljuΔio da postoje brojevi opΔenitiji od realnih brojeva. Do tog je zakljuΔkadoΕ‘ao kada je radio na formuli koja daje korijene kubiΔne jednadΕΎbe.
Prvi spomen osnovnog teorema algebre u ovom obliku dao je 1608. Peter Rothali se zasluge za to najΔeΕ‘Δe pripisuju Girardu. ViΓ¨te je definirao jednadΕΎbe stupnjaπ sa π korijena, no Albert Girard je 1629. godine u svojem radu Lβinvention enalgΓ¨bre tvrdio da jednadΕΎbe π-tog stupnja uvijek imaju π rjeΕ‘enja. Girard nije tvrdioda su ta rjeΕ‘enja kompleksni brojevi oblika π + ππ, π, π β R, veΔ je ostavio otvorenumoguΔnost da rjeΕ‘enja dolaze iz veΔeg skupa od skupa C. Descartes je 1637. godineu radu La gΓ©omΓ©trie napisao da se za svaku jednadΕΎbu stupnja π moΕΎe βzamislitiβ πkorijena, no imaginarni korijeni ne predstavljaju neku realnu koliΔinu.
Leibniz je 1702. dao protuprimjer da osnovni teorem algebre ne vrijedi. Tvrdioje da se π₯4 + π‘4 ne moΕΎe napisati kao produkt dva realna kvadratna faktora. GrijeΕ‘ioje zato Ε‘to nije znao da se
βπ moΕΎe napisati u obliku π + ππ, π, π β R. Leibnizov
protuprimjer opovrgnuo je Euler 1742.Prvi objavljen dokaz ovog teorema dao je DβAlembert 1746. MeΔutim, njegov je
dokaz imao nekoliko rupa. U dokazu je koristio lemu koja tada joΕ‘ nije bila dokazana- dokazao ju je tek 1851. godine Puiseux koristeΔi upravo osnovni teorem algebre.TakoΔer, DβAlembert nije koristio argument kompaktnosti kako bi kompletirao dokaz.
Euler je dokazao da svaki realni polinom stupnja π, π β€ 6 ima toΔno π kori-jena. 1749. godine pokuΕ‘ao je dokazati osnovni teorem algebre za realne polinome usljedeΔem obliku:
Svaki polinom stupnja π s realnim koeficijentima ima toΔno π korijena uC.
3
POGLAVLJE 1. POVIJESNI PREGLED 4
Eulerov se dokaz temeljio na dekompoziciji normiranog polinoma stupnja 2π na pro-dukt dva normirana polinoma stupnja 2πβ1. Kompletan je dokaz napravio za π = 4,dok je opΔi sluΔaj ostao samo skica.
KoristeΔi svoje znanje o permutacijama korijena, Lagrange je 1772. godine popu-nio sve rupe Eulerova dokaza. No, i dalje je pretpostavljao da polinomi stupnja πmoraju imati π korijena neke vrste kako bi kasnije pokazao da ti korijeni moraju bitioblika π + ππ, π, π β R.
Laplace je 1795. pokuΕ‘ao dokazati osnovni teorem algebre koristeΔi diskriminantupolinoma. Jedini problem u tom dokazu bio je ponovno pretpostavka o postojanjukorijena.
Prvi objavljen dokaz koji je u potpunosti prihvaΔen napravio je Gauss u svojojdoktorskoj disertaciji 1799. godine koristeΔi topologiju. Gauss je koristio alternativnuformulaciju teorema koja glasi:
Svaki realni polinom moΕΎe se faktorizirati u linearne i kvadratne faktore.
On je i prvi koji je pronaΕ‘ao kljuΔni problem u prethodnim dokazima - pretpostavkuo postojanju korijena. No, i njegov dokaz ima neke rupe te ne zadovoljava danaΕ‘njestandarde.
Na bazi DβAlembertove ideje, 1814. godine Jean Robert Argand objavljuje naj-jednostavniji dokaz teorema. U prijaΕ‘njim radovima interpretirao je mnoΕΎenje s πkao rotaciju ravnine za 90π i ustanovio Argandov dijagram kao geometrijsku repre-zentaciju kompleksnih brojeva. U Δlanku RΓ©flexions sur la nouvelle thΓ©orie dβanalyseArgand koristi opΔi teorem o postojanju minimuma neprekidne funkcije kako bi po-jednostavio DβAlembertov dokaz. Argandov dokaz nije rigorozan samo zato Ε‘to tadajoΕ‘ nije razvijen koncept donje granice. Ovaj je dokaz stekao popularnost kroz Chrys-talov udΕΎbenik algebre iz 1886. godine koji je tada bio vrlo utjecajan.
Gauss je 1816. objavio drugi dokaz teorema koristeΔi Eulerov pristup i taj je dokazpotpun. Nije pretpostavio da postoje korijeni neke vrste veΔ je radio s nepoznanicama.TreΔi dokaz Gauss je objavio takoΔer 1816. godine ponovno koristeΔi topologiju.Naziv kompleksni broj Gauss uvodi 1831. godine, a naziv konjugat Cauchy 1821.godine.
1849. godine Gauss je napravio prvi dokaz da kompleksni polinom stupnja πima π kompleksnih korijena. MeΔutim, taj je dokaz bio vrlo sliΔan njegovom prvomdokazu i bilo je lako za izvesti taj rezultat iz rezultata za realne polinome. Iako jeGauss inzistirao na tome da se ne moΕΎe pretpostaviti egzistencija korijena za koje Δese kasnije dokazati da su oblika π+ππ, π, π β R, vjerovao je da postoji cijela hijerarhijaimaginarnih veliΔina od kojih su kompleksni brojevi najjednostavniji. On ih je zvaosjenama sjena.
POGLAVLJE 1. POVIJESNI PREGLED 5
Argandov dokaz dokazuje samo egzistenciju, no ne daje moguΔnost da se korijenikostruiraju. Weierstrass je joΕ‘ 1859. krenuo s konstruktivnim dokazom, no njega jenapravio tek 1940. godine Hellmuth Kneser. Taj je dokaz 1981. godine pojednostavionjegov sin, Martin Kneser.
Poglavlje 2
Dokaz pomoΔu kompaktnosti
U ovom poglavlju dokazat Δemo osnovni teorem algebre koristeΔi svojstva kompleksnihpolinoma. U prvom dijelu navodimo osnovne pojmove vezane uz kompleksne brojevei kompleksne polinome, a zatim to primjenjujemo u drugom dijelu kada dokazujemoteorem.
2.1 UvodNa poΔetku ovog odjeljka navest Δemo svojstva koja imaju operacije zbrajanja i mno-ΕΎenja. Nakon toga definirat Δemo nekoliko algebarskih struktura na kojima su zadanete dvije operacije te Δemo ih upotrijebiti kako bismo precizno definirali skup kom-pleksnih polinoma.Binarne operacije zbrajanja + : πΉ β πΉ i mnoΕΎenja Β· : πΉ β πΉ na skupu πΉ imajusljedeΔa svojstva:
(1) Zbrajanje je komutativno: π + π = π + π, za svaki π, π β πΉ .
(2) Zbrajanje je asocijativno: π + (π + π) = (π + π) + π, za π, π, π β πΉ .
(3) Postoji neutralni element za zbrajanje koji oznaΔavamo s 0 takav da vrijediπ + 0 = 0 + π = π, za svaki π β πΉ .
(4) Za svaki π β πΉ postoji inverz za zbrajanje βπ takav da vrijedi π + (βπ) = 0.
(5) MnoΕΎenje je komutativno: ππ = ππ, za svaki π, π β πΉ .
(6) MnoΕΎenje je asocijativno: π(ππ) = (ππ)π, za π, π, π β πΉ .
(7) Postoji neutralni element za mnoΕΎenje koji oznaΔavamo s 1 takav da vrijediπ1 = 1π = π, za svaki π β πΉ .
6
POGLAVLJE 2. DOKAZ POMOΔU KOMPAKTNOSTI 7
(8) Za svaki π β πΉ, π = 0 postoji multiplikativni inverz πβ1 takav da vrijedi ππβ1 =1.
(9) Distributivnost mnoΕΎenja prema zbrajanju: π(π + π) = ππ + ππ, za π, π, π β πΉ .
Neprazan skup π sa operacijama zbrajanja i mnoΕΎenja koji zadovoljava prvih Δetiriaksioma te aksiome (6) i (9) zove se prsten. Skup πΊ koji zadovoljava sve aksiomeosim osmog naziva se komutativni prsten s jedinicom. Skup πΉ s operacijamazbrajanja i mnoΕΎenja je polje ako je komutativni prsten s jedinicom i svaki elementskupa πΉ ima multiplikativni inverz, odnosno skup je polje ako zadovoljava svih devetgore navedenih aksioma.
Neka je πΉ polje i π prirodan broj. Polinom stupnja π nad poljem πΉ je formalnasuma oblika π(π₯) = πππ₯
π + Β· Β· Β· + π1π₯ + π0, gdje su ππ β πΉ za π = 0, . . . , π i ππ = 0.Polinom je normiran ukoliko je ππ = 1. Sa πΉ [π₯] oznaΔavamo skup svih polinoma nadπΉ , a sa πΉπ[π₯] skup svih polinoma stupnja manjeg ili jednakog π.
Definirajmo zbrajanje, oduzimanje i mnoΕΎenje na πΉ [π₯]. Neka su π, π β πΉ [π₯],π(π₯) = πππ₯
π + Β· Β· Β· + π1π₯ + π0 i π(π₯) = πππ₯π + Β· Β· Β· + π1π₯ + π0. Tada je
π(π₯) Β± π(π₯) = (π0 Β± π0) + (π1 Β± π1)π₯ + Β· Β· Β· , i
π(π₯)π(π₯) = (π0π0) + (π0π1 + π1π0)π₯ + Β· Β· Β· + (ππππ)π₯π+π.
Sada skup πΉ [π₯] Δini komutativni prsten s jedinicom.Polinom π je ireducibilan ako se ne moΕΎe napisati kao produkt ππ, gdje su π i πpolinomi stupnja barem 1.
U nastavku navodimo teorem o dijeljenju polinoma s ostatkom te teorem o naj-veΔem zajedniΔkom djelitelju, koji Δe nam trebati kasnije.
Teorem 2.1.1. (Teorem o dijeljenju s ostatkom) Za svaka dva polinoma π, π β πΉ [π₯],π = 0 postoje jedinstveni polinomi π, π β πΉ [π₯], deg π < deg π, takvi da vrijedi
π = π Β· π + π.
Dokaz. Prvo Δemo dokazati egzistenciju polinoma π i π. Pretpostavimo da je deg π β₯deg π. Ukoliko nije, stavimo π = 0 i π = π i teorem vrijedi. Neka je π(π₯) = πππ₯
π +Β· Β· Β· + π0 i π(π₯) = πππ₯
π + Β· Β· Β· + π0, ππ, ππ = 0.Definirajmo polinom π1 sa
π1(π₯) = π(π₯) β ππππ
π₯πβππ(π₯) = π1,π1π₯π1 + Β· Β· Β· + π1,0
i neka je π1 = deg π1. Tada je π1 polinom stupnja manjeg od π. Ukoliko je π1 β₯ π,ponavljamo postupak te definiramo π2 sa
π2(π₯) = π1(π₯) β π1,π1
πππ₯π1βππ(π₯), deg π2 = π2.
POGLAVLJE 2. DOKAZ POMOΔU KOMPAKTNOSTI 8
Sada analogno nastavljamo postupak ako je π2 β₯ π. Na kraju imamo niz polinomaπ, π1, π2, . . . te nakon π koraka dobivamo polinom stupnja manjeg od π:
ππ(π₯) = ππβ1(π₯) βππβ1,ππβ1
πππ₯ππβ1βππ(π₯).
Zbrajanjem jednakosti koje definiraju π1, . . . , ππ dobivamo
π(π₯) = (ππππ
π₯πβπ +π1,π1
πππ₯π1βπ + Β· Β· Β· +
ππβ1,ππβ1
πππ₯ππβ1βπ)π(π₯) + ππ(π₯).
Sada za π(π₯) := πππππ₯πβπ +
π1,π1
πππ₯π1βπ + Β· Β· Β· +
ππβ1,ππβ1
πππ₯ππβ1βπ i π(π₯) = ππ(π₯) slijedi
egzistencija takvih polinoma.DokaΕΎimo joΕ‘ jedinstvenost. Neka je
π(π₯) = π1(π₯)π(π₯) + π1(π₯) = π2(π₯)π(π₯) + π2(π₯), (2.1)
te neka je deg π1, deg π2 < deg π. Sada iz 2.1 imamo
π2(π₯) β π1(π₯) = (π1(π₯) β π2(π₯))π(π₯),
te slijedi da π dijeli π2 β π1. S obzirom na to da je stupanj polinoma π2 β π1 manjiod stupnja polinoma π, to je moguΔe samo ako je π2 β π1 = 0, tj. π1 = π2. Nadalje,(π1(π₯) β π2(π₯))π(π₯) = 0, iz Δega slijedi π1 = π2.
Definicija 2.1.2. Neka su π, π β πΉ [π₯]. Polinom π β πΉ [π₯] je najveΔi zajedniΔkidjelitelj od π i π ako je normiran, dijeli i π i π te ako svaki polinom π1 koji dijeli πi π ujedno dijeli i π. Koristimo oznaku π = (π, π). Ukoliko je (π, π) = 1 kaΕΎemo da suπ i π relativno prosti .
Teorem 2.1.3. Neka su π, π β πΉ [π₯], π, π = 0. Tada postoji jedinstveni najveΔizajedniΔki djelitelj od π i π.
Dokaz. Egzistenciju moΕΎemo dokazati koristeΔi Euklidov algoritam. Pretpostavimoda je deg π β₯ deg π. KoristeΔi teorem 2.1.1 dobivamo π = π Β· π1 + π1, deg π1 < deg π.MoΕΎemo ponovno primjeniti navedeni teorem na polinome π i π1 te dobivamo π =π1 Β· π2 + π2, deg π2 < deg π1. Sada nastavljamo isti postupak i nakon konaΔno mnogokoraka π imamo ostatak ππ+1 = 0. Dakle, posljednja jednakost je ππβ1 = ππ Β· ππ+1.Iz nje slijedi da ππ dijeli ππβ1. Sada se vraΔamo unatrag i zakljuΔujemo da ππ dijeliππβ2 i tako dalje sve do druge jednakosti gdje vidimo da ππ dijeli π i prve jednakostiiz koje zakljuΔujemo da ππ dijeli i π . Dakle, ππ je djelitelj od π i π. PokaΕΎimo da jeππ i najveΔi zajedniΔki djelitelj. Neka je π neki drugi djelitelj od π i π. Iz jedne odjednakosti gore slijedi da je π1 = π β π Β· π1 pa imamo da π dijeli π1. Nastavljamo isti
POGLAVLJE 2. DOKAZ POMOΔU KOMPAKTNOSTI 9
postupak i na kraju zakljuΔujemo da π dijeli ππ Ε‘to znaΔi da je ππ najveΔi zajedniΔkidjelitelj π i π.
Sada joΕ‘ moramo dokazati jedinstvenost. Pretpostavimo da postoje dva najveΔazajedniΔka djelitelja i neka su to π i πβ². Iz definicije najveΔeg zajedniΔkog djeliteljaslijedi da polinom π dijeli πβ² i πβ² dijeli π. Zato polinome π i πβ² moΕΎemo zapisati kao
π = πβ²πβ², πβ² = ππ.
Vrijedi deg π β€ deg πβ² i deg πβ² β€ deg π, tj. deg π = deg πβ². ZakljuΔujemo da su π i πβ²konstante te, s obzirom na to da su π i πβ² normirani, π = πβ² = 1. Dakle, π = πβ².
Iz dokaza teorema 2.1.3 moΕΎemo zakljuΔiti da se najveΔi zajedniΔki djelitelj po-linoma π i π, π, moΕΎe zapisati kao linearna kombinacija od π i π, π = π’π + π£π,π’, π£ β πΉ [π₯]. Posebno, ako su π i π relativno prosti tada je njihov najveΔi zajedniΔkidjelitelj jednak 1 pa to moΕΎemo zapisati kao
π’π + π£π = 1. (2.2)
Sada Δemo navesti nekoliko osnovnih rezultata za kompleksne polinome.
Definicija 2.1.4. Neka je π β C[π₯], π(π₯) = πππ₯π + Β· Β· Β·+π0. Tada je njegov konjugat
definiran sa π(π₯) = πππ₯π + Β· Β· Β· + π0.
Lema 2.1.5. Za svaki π β C[π₯] vrijedi
(1) Ako je π§ β C onda vrijedi π(π§) = π(π§).
(2) π je realni polinom ako i samo ako je π(π₯) = π(π₯).
(3) Ako je π(π₯)π(π₯) = β(π₯), onda je β(π₯) = π(π₯)π(π₯).
Dokaz. (1) Neka je π§ β C i π(π§) = πππ§π + Β· Β· Β· + π1π§ + π0. Tada vrijedi:
π(π§) = πππ§π + Β· Β· Β· + π1π§ + π0 = πππ§π + Β· Β· Β· + π1π§ + π0 = π(π§).
(2) Neka je π realni polinom. Tada je ππ = ππ za sve koeficijente pa je π(π§) = π(π§).Obratno, pretpostavimo da vrijedi π(π§) = π(π§). To znaΔi da je ππ = ππ za svekoeficijente pa je ππ β R,βπ te je π realni polinom.
(3) Neka su π, π β C[π₯], π(π₯) = πππ₯π + Β· Β· Β· + π1π₯ + π0 i
π(π₯) = πππ₯π + Β· Β· Β· + π1π₯ + π0. Tada je
π(π₯)π(π₯) = (π0π0) + (π0π1 + π1π0)π₯ + Β· Β· Β· + (ππππ)π₯π+π
= (π0π0) + (π0π1 + π1π0)π₯ + Β· Β· Β· + (ππππ)π₯π+π
= β(π₯).
POGLAVLJE 2. DOKAZ POMOΔU KOMPAKTNOSTI 10
Lema 2.1.6. Neka je π(π₯) β C[π₯]. Tada je β(π₯) = π(π₯)π(π₯) β R[π₯].
Dokaz. Vrijedi β(π₯) = π(π₯)π(π₯) = π(π₯)π(π₯) = π(π₯)π(π₯) = β(π₯). Sada iz drugog dijelaleme 2.1.5 slijedi da je β realni polinom.
Lema 2.1.7. Ako je π korijen polinoma π β πΉ [π₯], onda π₯β π dijeli π.
Dokaz. Neka je π(π) = 0. Iz teorema 2.1.1 slijedi
π(π₯) = (π₯β π)π(π₯) + π(π₯),
gdje je π(π₯) = 0 ili π(π₯) = π β πΉ zato Ε‘to stupanj od π mora biti strogo manji odstupnja polinoma π₯β π. Sada je π oblika
π(π₯) = (π₯β π)π(π₯) + π.
BuduΔi da je π(π) = 0 + π = 0, slijedi da je π = 0, tj. π₯β π dijeli π.
Teorem 2.1.8. Polinom stupnja π nad poljem πΉ [π₯] moΕΎe imati najviΕ‘e π korijena.
Dokaz. Neka je π polinom stupnja π nad poljem πΉ [π₯]. Dokazujemo teorem indukcijompo π. Za π = 0, π je konstantni polinom pa nema korijena. Pretpostavimo da teoremvrijedi za sve polinome stupnja manjeg od π. Neka je πΌ korijen od π. Iz leme 2.1.7slijedi da π moΕΎemo zapisati kao π(π₯) = (π₯βπΌ)π(π₯), gdje je π polinom stupnja πβ 1.Neka je sada π½ neki drugi korijen od π, π½ = πΌ. Tada vrijedi π(π½) = (π½ β πΌ)π(π½). Sobzirom na to da je π½ razliΔit od πΌ, π(π½) = 0. No, π je polinom stupnja πβ 1 pa popretpostavci indukcije ima najviΕ‘e πβ1 korijena. Dakle, π ima najviΕ‘e π korijena.
U jednom od narednih dokaza koristimo DeMoivreov teorem za korijene. Zaiskaz teorema potrebni su nam neki osnovni pojmovi vezani uz kompleksne brojeve.Kompleksni broj π§ = (π₯, π¦) β C, π₯, π¦ β R moΕΎemo zapisati u polarnom obliku,
π§ = π(cos π + π sin π),
gdje je π kut koji vektor od ishodiΕ‘ta do toΔke (π₯, π¦) Δini sa pozitivnom π₯-osi.Eulerov identitet dan je sa
πππ = cos(π) + π sin π.
Dakle, kompleksni broj π§ moΕΎe se zapisati kao π§ = ππππ.
Teorem 2.1.9. (DeMoivreov teorem za korijene) Ako je π§ β C,π§ = 0, tada postojitoΔno π razliΔitih π-tih korijena od π§, tj. rjeΕ‘enja jednadΕΎbe π₯π = π§. Ako je π§ = ππππ,korijeni su dani sa
π₯π = π1π ππ
π+2πππ , π = 0, 1, . . . , πβ 1.
POGLAVLJE 2. DOKAZ POMOΔU KOMPAKTNOSTI 11
Slika 2.1: Kompleksni broj u polarnoj formi
2.2 Dokaz osnovnog teorema algebreDefinicija 2.2.1. Skup πΎ β Rπ je kompaktan ako je ograniΔen i zatvoren.
Teorem 2.2.2. Neka je π : πΎ β R neprekidna i K kompaktan podskup od Rπ. Tadaπ postiΕΎe minimalnu i maksimalnu vrijednost.
Dokaz ovog teorema moΕΎe se naΔi u knjizi [6].
Lema 2.2.3. Neka je π(π₯) = π₯π + ππβ1π₯πβ1 + Β· Β· Β· + π1π₯ + π0 kompleksni polinom.
Tada postoji toΔka π§0 β C u kojoj |π | postiΕΎe minimum.
Dokaz. S obzirom na to da vrijedi lim|π§|ββ |π(π§)| = +β, minimum od |π(π§)| zaπ§ β C bit Δe takoΔer i minimum na nekoj dovoljno velikoj kugli πΎ(0, π). Funkcija|π | je neprekidna realna funkcija pa iz leme 2.2.2 slijedi da |π | postiΕΎe minimum nakompaktnom skupu πΎ(0, π).
Lema 2.2.4. Neka je π β C[π₯] nekonstantni kompleksni polinom. Ako je π(π₯0) = 0,onda |π(π₯0)| nije minimum od |π |.
Dokaz. Neka je π(π₯) β C[π₯] nekonstantni polinom i neka je π₯0 toΔka u kojoj vrijediπ(π₯0) = 0. Translatirajmo varijablu π₯ za βπ₯0. Sada je toΔka π₯0 translatirana uishodiΕ‘te pa za ishodiΕ‘te vrijedi π(0) = 0. Nadalje, pomnoΕΎimo funkciju π sa π(0)β1
pa imamo π(0) = 1. Kako bi dokazali teorem, moramo pokazati da |π | ne postiΕΎeminimum 1.
Neka je π najmanja pozitivna potencija od π₯ koja se javlja u polinomu π . Tadaje π oblika
π(π₯) = 1 + ππ₯π + π2π₯π+1 + π3π₯
π+2 + Β· Β· Β· .
POGLAVLJE 2. DOKAZ POMOΔU KOMPAKTNOSTI 12
Iz teorema 2.1.9 slijedi da postoji πβti korijen od βπβ1 koji oznaΔavamo s πΌ, πΌ =(βπ)β
1π . Napravimo ponovno zamjenu varijabli tako da π₯ zamijenimo sa πΌπ₯. Sada je
π oblika:
π(π₯) = 1βπ₯π + π2π₯π+1 + π3π₯
π+2 + Β· Β· Β· = 1βπ₯π +π₯π+1π(π₯), gdje je π(π₯) neki polinom.
Iz nejednakosti trokuta imamo:
|π(π₯)| β€ |1 β π₯π| + |π₯|π+1|π(π₯)|.
Ako uzmemo male pozitivne π₯, π₯π < 1 pa je i 1 β π₯π > 0 te vrijedi
|π(π₯)| β€ |1 β π₯π| + π₯π+1|π(π₯)| = 1 β π₯π(1 β π₯|π(π₯)|).
Za male π₯, π₯|π(π₯)| je isto mali pa moΕΎemo izabrati π₯0 za koji Δe vrijediti π₯0|π(π₯0)| < 1.Tada je π₯π
0(1 β π₯0|π(π₯0)|) > 0 i |π(π₯0)| < 1 = |π(0)|, Ε‘to znaΔi da 1 nije minimum|π |.
Sada imamo sve rezultate koji su nam potrebni za dokaz osnovnog teorema alge-bre.
Teorem 2.2.5. (Osnovni teorem algebre) Ako je π β C[π₯] nekonstantan polinom,tada π ima bar jedan kompleksni korijen.
Dokaz. Neka je π nekonstantan kompleksni polinom. Tada iz leme 2.2.3 imamo da|π | postiΕΎe minimum u nekoj toΔki π₯0 β C . Iz leme 2.2.4, s obzirom da je π₯0 toΔkaminimuma, slijedi |π(π₯0)| = 0, tj. π(π₯0) = 0. Dakle, π ima kompleksni korijen.
Poglavlje 3
Algebarski dokaz
Kompleksni polinom moΕΎemo interpretirati kao algebarski objekt. Tada osnovni te-orem algebre moΕΎemo formulirati na sljedeΔi naΔin:
Polje kompleksnih brojeva C je algebarski zatvoreno.
U ovom Δemo poglavlju dokazati osnovni teorem algebre koristeΔi svojstva polja iproΕ‘irenja polja. Dokaz Δe se bazirati na Δinjenicama da realni polinom neparnogstupnja ima realne korijene te da ako imamo ireducibilni polinom nad poljem πΉ ,tada moΕΎemo naΔi proΕ‘irenje od πΉ u kojem Δe taj polinom imati korijen. U uvodunavodimo najvaΕΎnije rezultate koji Δe nam biti potrebni, a zatim kreΔemo s dokazom.
3.1 UvodAko su πΉ i πΉ β² polja i vrijedi da je πΉ β πΉ β² tada kaΕΎemo da je πΉ β² proΕ‘irenje poljaπΉ . Tada je πΉ β² vektorski prostor nad poljem πΉ . Stupanj proΕ‘irenja definiramo kaodimπΉ πΉ β² i oznaΔavamo sa |πΉ β² : πΉ |. Primjerice, |C : R| = 2 i baza vektorskog prostoraC nad R je (1, π).
SljedeΔa lema pokazuje vaΕΎno svojstvo proΕ‘irenja polja vezano uz stupanj proΕ‘i-renja.
Lema 3.1.1. Neka su πΉ β πΉ β² β πΉ β²β² polja i neka je πΉ β²β² konaΔno proΕ‘irenje polja πΉ .Tada su |πΉ β²β² : πΉ β²| i |πΉ β² : πΉ | konaΔni te vrijedi
|πΉ β²β² : πΉ | = |πΉ β²β² : πΉ β²||πΉ β² : πΉ |.
Dokaz. Znamo da je dimenzija potpolja manja od dimenzije polja pa konaΔnost |πΉ β²β² :πΉ β²| i |πΉ β² : πΉ | slijedi direktno. Neka je |πΉ β² : πΉ | = π i |πΉ β²β² : πΉ β²| = π te neka
13
POGLAVLJE 3. ALGEBARSKI DOKAZ 14
πΌ1, . . . , πΌπ Δine bazu za πΉ β²β² nad πΉ β² te π½1, . . . , π½π bazu za πΉ β² nad πΉ . Pokazat Δemo daπΌππ½π, π = 1, . . . ,π, π = 1, . . . , π Δine bazu za πΉ β²β² nad πΉ .PokaΕΎimo prvo da su πΌππ½π linearno nezavisni. Pretpostavimo da vrijediβ
π,π
ππππΌππ½π = 0.
Tada je βπ
(βπ
ππππΌπ)π½π = 0.
Elementi π½1, . . . , π½π Δine bazu pa mora vrijeditiβ
π ππππΌπ = 0. Nadalje, tada vrijediπππ = 0 za svaki π = 1, . . . ,π te za svaki π = 1, . . . , π. Dakle, πΌππ½π su linearnonezavisni. Neka je sada π₯ β πΉ β²β². MoΕΎemo ga zapisati kao π₯ =
βπ πππΌπ. No, svaki
ππ je iz πΉ β² pa njega moΕΎemo zapisati u obliku ππ =β
π ππππ½π. ZakljuΔujemo da svakielement iz polja πΉ β²β² moΕΎemo prikazati u obliku
π₯ =βπ,π
ππππΌππ½π,
odnosno πΌππ½π Δine bazu za πΉ β²β² nad πΉ te vrijedi
ππ = |πΉ β²β² : πΉ | = |πΉ β²β² : πΉ β²||πΉ β² : πΉ |.
Definicija 3.1.2. Neka je πΉ β² proΕ‘irenje polja πΉ . Za element πΌ β πΉ β² kaΕΎemo da jealgebarski nad πΉ ako postoji nekonstantni polinom π β πΉ [π₯] takav da je π(πΌ) = 0.Ako je svaki element πΌ β πΉ β² algebarski nad πΉ kaΕΎemo da je πΉ β² algebarsko proΕ‘irenjepolja πΉ .Ako πΌ nije algebarski nad πΉ kaΕΎemo da je transcendentan nad πΉ .
Teorem 3.1.3. Ako je πΉ β² proΕ‘irenje konaΔnog stupnja od πΉ , onda je πΉ β² algebarskoproΕ‘irenje.
Dokaz. Uzmimo proizvoljni element πΌ β πΉ β². Trebamo pokazati da postoji polinomπ β πΉ [π₯] kojem Δe πΌ biti nultoΔka. S obzirom na to da je πΉ β² proΕ‘irenje konaΔnogstupnja od πΉ , znamo da baza od πΉ β² nad πΉ ima konaΔno mnogo elemenata, na primjerπ elemenata. Tada Δe svaki skup od (π+ 1) elemenata biti linearno zavisan. Uzmimoelemente 1, πΌ, πΌ2, . . . , πΌπ β πΉ β². Oni su linearno zavisni pa postoje π½0, . . . , π½π β πΉ kojinisu svi nula takvi da vrijedi
π½0 + π½1πΌ + Β· Β· Β· + π½ππΌπ = 0.
Sada za π(π₯) = π½0 + π½1π₯ + Β· Β· Β· + π½ππ₯π slijedi traΕΎena tvrdnja.
POGLAVLJE 3. ALGEBARSKI DOKAZ 15
Definicija 3.1.4. Polje πΉ je algebarski zatvoreno ako svaki nekonstantni polinomπ β πΉ [π₯] ima nultoΔku u polju πΉ .
Definicija 3.1.5. Neka je πΉ β² proΕ‘irenje polja πΉ . KaΕΎemo da je πΉ β² algebarski za-tvaraΔ od πΉ ako je πΉ β² algebarsko nad πΉ i πΉ β² je algebarski zatvoreno.
Lema 3.1.6. Ako je πΌ β πΉ β² algebarski nad πΉ , onda postoji jedinstveni normiraniireducibilni polinom π β πΉ [π₯] za koji vrijedi π(πΌ) = 0. Taj polinom oznaΔavamo saπππ(πΌ, πΉ ).
Dokaz. Neka je πΌ algebarski nad πΉ β² i neka je π β πΉ [π₯] nekonstantni polinom takavda je π(πΌ) = 0. Polinom π Δe se faktorizirati u ireducibilne polinome ππ, π = 1, 2, . . ..U polju ne postoje djelitelji nule pa πΌ mora biti korijen jednog od faktora, na primjerod π1. Polinom π1 moΕΎemo normirati Ε‘to znaΔi da smo naΕ‘li normirani ireducibilnipolinom kojem je πΌ korijen. Sada moΕΎemo uzeti takav polinom π koji je najmanjegstupnja.Provjerimo sada jedinstvenost. Neka je π β πΉ [π₯] neki drugi normirani ireducibilnipolinom za koji vrijedi π(πΌ) = 0. Polinom π je najmanjeg stupnja pa polinom π imaveΔi ili jednak stupanj od π. Koristimo teorem o dijeljenju polinoma s ostatkom 2.1.1i dobivamo:
π(π₯) = π(π₯)π(π₯) + π(π₯),
gdje je π ili stupnja manjeg od π ili π β‘ 0. Nadalje,
π(πΌ) = π(πΌ)π(πΌ) + π(πΌ),
iz Δega slijedi da je π(πΌ) = 0. Sada znamo da π mora biti identiΔki jednak nuli jerbi u suprotnom imali polinom kojem je πΌ korijen a manjeg je stupnja od π. Dakle,π(π₯) = π(π₯)π(π₯). Polinom π je ireducibilan i normiran pa π(π₯) = 1. ZakljuΔujemo daje π = π te je polinom π jedinstven.
Neka je πΌ β πΉ β² algebarski nad πΉ . Tada definiramo polje πΉ (πΌ) sa
πΉ (πΌ) = π0 + π1πΌ + Β· Β· Β· + ππβ1πΌπβ1; ππ β πΉ.
Ukoliko imamo πΌ, π½ β πΉ β² koji su algebarski nad πΉ , sa πΉ (πΌ, π½) oznaΔavamo (πΉ (πΌ))(π½).
Teorem 3.1.7. Ako je πΉ β² proΕ‘irenje konaΔnog stupnja od πΉ , onda postoji konaΔniskup algebarskih elemenata πΌ1, . . . , πΌπ takvih da je πΉ β² = πΉ (πΌ1, . . . , πΌπ).
Dokaz. Neka je πΉ β² proΕ‘irenje konaΔnog stupnja od πΉ , tj. |πΉ β² : πΉ | = π < β. Tadaje po teoremu 3.1.3 πΉ β² algebarsko proΕ‘irenje od πΉ . S obzirom na to da su tada svielementi iz πΉ β² algebarski nad πΉ , odaberimo neki πΌ1 β πΉ β² koji nije u πΉ . Vrijedi
POGLAVLJE 3. ALGEBARSKI DOKAZ 16
πΉ β πΉ (πΌ1) β πΉ β² i |πΉ β² : πΉ (πΌ1)| < π. Ako je stupanj proΕ‘irenja jednak jedan,stavimo πΉ β² = πΉ (πΌ1). Ukoliko nije, odaberimo πΌ2 β πΉ β² koji nije u πΉ (πΌ1). Tada jeπΉ (πΌ1) β πΉ (πΌ1, πΌ2) β πΉ β² i |πΉ β² : πΉ (πΌ1, πΌ2)| < |πΉ β² : πΉ (πΌ1)|. Ako je stupanj proΕ‘irenjajednak jedan, πΉ β² = πΉ (πΌ1, πΌ2). Ako je veΔi od jedan, nastavimo postupak. Znamo daje π konaΔan pa Δe ovaj proces imati konaΔan broj koraka.
Teorem 3.1.8. (Kroneckerov teorem) Neka je πΉ polje i π β πΉ [π₯] ireducibilni polinom.Tada postoji proΕ‘irenje konaΔnog stupnja πΉ β² od πΉ u kojem π ima korijen.
Dokaz. Neka je π(π₯) = πππ₯π + Β· Β· Β· + π1π₯ + π0 i ππ = 0. Definirat Δemo πΌ tako da
vrijediπ0 + π1πΌ + Β· Β· Β· + πππΌ
π = 0.
Nadalje, definirajmo πΉ β² = πΉ (πΌ) kao
πΉ (πΌ) = π0 + π1πΌ + Β· Β· Β· + ππβ1πΌπβ1; ππ β πΉ.
Sada Δemo na πΉ (πΌ) definirati zbrajanje i oduzimanje po komponentama i definiratΔemo mnoΕΎenje tako da sve potencije od πΌ koje su veΔe od πΌπ zamijenimo koristeΔi
πΌπ =βπ0 β π1πΌβ Β· Β· Β· β ππβ1πΌ
πβ1
ππ. (3.1)
Provjerimo sada zadovoljava li πΉ (πΌ) aksiome polja. S obzirom na to kako smo de-finirali zbrajanje i mnoΕΎenje, slijedi da πΉ (πΌ) zadovoljava sve aksiome (1) β (9) osimosmog. Preostaje pokazati da za svaki nenul element iz πΉ (πΌ) postoji multiplikativniinverz. Neka je π β πΉ [π₯], π = 0. Ako je deg(π) < π = deg(πππ(πΌ, πΉ )) tada π(πΌ) = 0jer je πππ(πΌ, πΉ ) ireducibilni polinom najmanjeg stupnja kojem je πΌ korijen. Ako jeβ β πΉ [π₯] polinom stupnja veΔeg od π, tada β moΕΎemo poistovjetiti sa polinomom β1
stupnja manjeg od πβ 1 kojeg Δemo dobiti kada zamijenimo potencije od πΌ koje suveΔe od πΌπ koristeΔi izraz 3.1.Neka je sada π β πΉ (πΌ), π(πΌ) = 0. Pogledajmo odgovarajuΔi polinom π β πΉ [π₯] stupnjamanjeg od πβ1. Polinom πππ(πΌ, πΉ ) =: π je ireducibilan pa su polinomi π i π relativnoprosti. Iz diskusije u drugom poglavlju i jednadΕΎbe 2.2 znamo da postoje β i π β πΉ [π₯]takvi da vrijedi
π(π₯)β(π₯) + π(π₯)π(π₯) = 1.
Za π₯ = πΌ slijediπ(πΌ)β(πΌ) + π(πΌ)π(πΌ) = 1.
S obzirom na to da je πΌ korijen od π i β(πΌ) = β1(πΌ) β πΉ [πΌ], imamo
π(πΌ)β1(πΌ) = 1,
POGLAVLJE 3. ALGEBARSKI DOKAZ 17
tj. β1(πΌ) je multiplikativni inverz od π(πΌ).Ukoliko poistovjetimo skup πΉ sa skupom konstantnih polinoma, slijedi da je πΉ β
πΉ (πΌ). Dakle, πΉ β² = πΉ (πΌ) je proΕ‘irenje od πΉ . Nadalje, iz definicije πΉ (πΌ) znamoda 1, πΌ, πΌ2, . . . , πΌπβ1 Δine bazu pa je πΉ (πΌ) dimenzije π. ZakljuΔujemo da je πΉ β²
proΕ‘irenje konaΔnog stupnja od πΉ u kojem π ima korijen.
PokaΕΎimo na primjeru kako se definira polje proΕ‘irenja te operacije na njemu.
Primjer 3.1.9. Neka je π(π₯) = π₯3 β 3 β Q[π₯]. Polinom π je ireducibilan nad Q,no u polju R ima korijen πΌ = 3
13 . Tada je, prema postupku koriΕ‘tenom u dokazu
teorema 3.1.8, proΕ‘irenje polja Q, Q(πΌ), definirano sa
Q(πΌ) = π0 + π1πΌ + π2πΌ2; ππ β Q te πΌ3 = 3.
Neka je π(π₯) = βπ₯2 β 3π₯ + 6 i β(π₯) = 6π₯2 + π₯ + 3. Tada je
π(πΌ) + β(πΌ) = 5πΌ2 β 2πΌ + 9,
te zbog πΌ3 = 3,
π(πΌ)β(πΌ) = (βπΌ2 β 3πΌ + 6)(6πΌ2 + πΌ + 3)
= β6πΌ4 β 19πΌ3 + 30πΌ2 β 3πΌ + 18
= 30πΌ2 β 21πΌβ 39.
(3.2)
Kako bismo pronaΕ‘li multiplikativni inverz polinoma π, primjenjujemo Euklidov algo-ritam na polinome π i π . Vrijedi
π₯3 β 3 = (βπ₯2 β 3π₯ + 6)(βπ₯ + 3) + (15π₯β 21),
βπ₯2 β 3π₯ + 6 = (15π₯β 21)(β 1
15π₯β 22
75) β 4
25.
Dakle,
1 = β 5
12(βπΌ2 β 3πΌ + 6)(πΌ2 +
7
5πΌ +
9
5),
odnosno, inverz od π u Q(πΌ) je polinom πβ1 = πΌ2 + 75πΌ + 9
5.
Sada Δemo definirati polje razlaganja te dokazati teorem o egzistenciji takvogpolja.
POGLAVLJE 3. ALGEBARSKI DOKAZ 18
Definicija 3.1.10. Neka je πΉ polje i π β πΉ [π₯] nekonstantni polinom. KaΕΎemo dase polinom π razlaΕΎe nad proΕ‘irenjem πΉ β² polja πΉ ako se π faktorizira u linearnefaktore u πΉ β²[π₯], tj. postoji π β πΉ i πΌ1, . . . , πΌπ β πΉ β² takvi da je
π(π₯) = π(π₯β πΌ1) Β· Β· Β· (π₯β πΌπ).
Polje πΉ β² je polje razlaganja za polinom π nad poljem πΉ ako je πΉ β² najmanjeproΕ‘irenje polja πΉ u kojem se π razlaΕΎe.
Teorem 3.1.11. (Egzistencija polja razlaganja) Neka je πΉ polje i π β πΉ [π₯] nekons-tantni polinom. Tada postoji polje razlaganja za π nad πΉ .
Dokaz. Bez smanjenja opΔenitosti moΕΎemo pretpostaviti da je π ireducibilni polinomstupnja π. Teorem dokazujemo indukcijom po stupnju polinoma π . Ako je π = 1,onda je π oblika π(π₯) = π(π₯ β πΌ), πΌ β πΉ pa moΕΎemo staviti da je πΉ traΕΎeno poljerazlaganja. Pretpostavimo sada da je π β₯ 2 i da tvrdnja vrijedi za polinome stupnjamanjeg od π. Teorem 3.1.8 povlaΔi da postoji polje πΉ β² koje sadrΕΎi korijen πΌ1 i vrijediπ(πΌ1) = 0. Tada je π(π₯) = (π₯ β πΌ1)π(π₯), gdje je π β πΉ β²[π₯] polinom stupnja π β 1.Po pretpostavci indukcije slijedi da za π postoji polje razlaganja, tj. postoje korijeniπΌ2, . . . , πΌπ β πΉ β²β² takvi da je π(π₯) = π(π₯βπΌ2) Β· Β· Β· (π₯βπΌπ). Dakle, π(π₯) = π(π₯βπΌ1)(π₯βπΌ2) Β· Β· Β· (π₯β πΌπ) i πΌ1, . . . , πΌπ β πΉ β²β², odnosno postoji polje razlaganja za π nad πΉ .
U nastavku uvodimo pojam π-tog elementarnog simetriΔnog polinoma te navodimoosnovni teorem o simetriΔnim polinomima.
Definicija 3.1.12. Polinom π(π¦1, . . . , π¦π) β πΉ [π¦1, . . . , π¦π] je simetriΔan polinom uπ¦1, . . . , π¦π ako je
π(π¦1, . . . , π¦π) = π(π(π¦1), . . . , π(π¦π))
za svaku permutaciju π.Ako su πΉ β πΉ β² polja i πΌ1, . . . , πΌπ su u πΉ β², tada polinom π(πΌ1, . . . , πΌπ) sa koefici-
jentima u πΉ zovemo simetriΔnim u πΌ1, . . . , πΌπ ako je
π(πΌ1, . . . , πΌπ) = π(π(πΌ1), . . . , π(πΌπ))
za svaku permutaciju π.
Definicija 3.1.13. Neka je πΉ β² proΕ‘irenje polja πΉ i neka su π₯, π¦1, . . . , π¦π β πΉ β². Defi-nirajmo polinom π β πΉ [π₯, π¦1, . . . , π¦π] sa
π(π₯, π¦1, . . . , π¦π) = (π₯β π¦1) . . . (π₯β π¦π).
I-ti elementarni simetriΔni polinom π π u π¦1, . . . , π¦π za π = 1, . . . , π je (β1)πππ ,gdje je ππ koeficijent uz π₯πβπ u polinomu π.
POGLAVLJE 3. ALGEBARSKI DOKAZ 19
Primjer 3.1.14. OpΔenito, vrijede sljedeΔe formule za π π:
π 1(π¦1, π¦2, . . . , π¦π) =πβ
π=0
π¦π,
π 2(π¦1, π¦2, . . . , π¦π) =βπ<π
π¦ππ¦π,
π 3(π¦1, π¦2, . . . , π¦π) =βπ<π<π
π¦ππ¦ππ¦π,
...π π(π¦1, π¦2, . . . , π¦π) = π¦1π¦2 Β· Β· Β· π¦π.
Za π = 1, elementarni simetriΔni polinom je π 1(π¦1) = π¦1.Za π = 2, elementarni simetriΔni polinomi su:
π 1(π¦1, π¦2) = π¦1 + π¦2,
π 2(π¦1, π¦2) = π¦1π¦2.
Za π = 3, elementarni simetriΔni polinomi su:
π 1(π¦1, π¦2, π¦3) = π¦1 + π¦2 + π¦3,
π 2(π¦1, π¦2, π¦3) = π¦1π¦2 + π¦1π¦3 + π¦2π¦3,
π 3(π¦1, π¦2, π¦3) = π¦1π¦2π¦3.
Za π = 4, elementarni simetriΔni polinomi su:
π 1(π¦1, π¦2, π¦3, π¦4) = π¦1 + π¦2 + π¦3 + π¦4,
π 2(π¦1, π¦2, π¦3, π¦4) = π¦1π¦2 + π¦1π¦3 + π¦1π¦4 + π¦2π¦3 + π¦2π¦4 + π¦3π¦4,
π 3(π¦1, π¦2, π¦3, π¦4) = π¦1π¦2π¦3 + π¦1π¦2π¦4 + π¦1π¦3π¦4 + π¦2π¦3π¦4,
π 4(π¦1, π¦2, π¦3, π¦4) = π¦1π¦2π¦3π¦4.
Teorem 3.1.15. (Osnovni teorem o simetriΔnim polinomima) Za svaki simetriΔnipolinom π β πΉ [π¦1, . . . , π¦π] postoji jedinstven polinom π β πΉ [π¦1, . . . , π¦π] takav da jeπ(π¦1, . . . , π¦π) = π(π 1(π¦1, . . . , π¦π), . . . , π π(π¦1, . . . , π¦π)).
Dokaz teorema ne navodimo, no moΕΎe se naΔi u knjizi [3].
POGLAVLJE 3. ALGEBARSKI DOKAZ 20
Primjer 3.1.16. Neka je π(π¦1, π¦2, π¦3) = π¦31 + π¦32 + π¦33. Elementarne simetriΔne poli-nome znamo iz primjera 3.1.14. Tada π moΕΎemo zapisati u obliku
π(π¦1, π¦2, π¦3) = π¦31 + π¦32 + π¦33= (π¦1 + π¦2 + π¦3)
3 β 3π¦21π¦2 β 3π¦1π¦22 β 3π¦21π¦3 β 3π¦1π¦
23 β 3π¦22π¦3 β 3π¦2π¦
23
β 6π¦1π¦2π¦3
= π 31 β 3(π¦21π¦2 + π¦1π¦22 + π¦21π¦3 + π¦1π¦
23 + π¦22π¦3 + π¦2π¦
23 + 3π¦1π¦2π¦3) + 3π 3
= π 31 β 3(π¦1 + π¦2 + π¦3)(π¦1π¦2 + π¦1π¦3 + π¦2π¦3) + 3π¦1π¦2π¦3
= π 31 β 3π 1π 2 + 3π 3.
Lema 3.1.17. Neka je π β πΉ [π₯] i neka π ima korijene πΌ1, . . . , πΌπ u polju razlaganjaπΉ β². Tada za svaki elementarni simetriΔni polinom π π vrijedi π π(πΌ1, . . . , πΌπ) β πΉ .
Dokaz. Neka je π oblika π(π₯) = πππ₯π + . . . + π1π₯ + π0 β πΉ [π₯]. π se razlaΕΎe nad πΉ β² sa
korijenima πΌ1, . . . , πΌπ pa je u πΉ β²[π₯] π oblika
π(π₯) = ππ(π₯β πΌ1) . . . (π₯β πΌπ).
Koeficijenti su tada ππ(β1)ππ π(πΌ1, . . . , πΌπ), gdje su π π(πΌ1, . . . , πΌπ) elementarni sime-triΔni polinomi u πΌ1, . . . , πΌπ. S obzirom na to da je π polinom nad poljem πΉ ,svi njegovi koeficijenti su iz πΉ pa je ππ(β1)ππ π(πΌ1, . . . , πΌπ) β πΉ , βπ. Tada je iπ π(πΌ1, . . . , πΌπ) β πΉ .
Lema 3.1.18. Neka je π(π₯) β πΉ [π₯] i pretpostavimo da π ima korijene πΌ1, . . . , πΌπ upolju razlaganja πΉ β². Nadalje, pretpostavimo da jeπ = π(π₯, πΌ1, . . . , πΌπ) β πΉ β²[π₯]. Ako je π simetriΔan polinom u πΌ1, . . . , πΌπ, onda jeπ β πΉ [π₯].
Dokaz. Ako je π simetriΔan polinom u πΌ1, . . . , πΌπ tada iz teorema slijedi da je π sime-triΔan polinom u elementarnim simetriΔnim polinomima π π u πΌ1, . . . , πΌπ. Iz leme 3.1.17slijedi da su π π u polju πΉ pa su koeficijenti od π u πΉ . Dakle, π β πΉ [π₯].
Na kraju uvoda navedimo jedan vaΕΎan teorem iz matematiΔke analize te njegovkorolar. To Δemo primijeniti u dokazu leme koja se koristi za dokazivanje osnovnogteorema algebre.
Teorem 3.1.19. (Teorem srednje vrijednosti) Neka je π : [π, π] β R neprekidnafunkcija. Ako je π(π) < π < π(π) ili π(π) > π > π(π), tada postoji π β [π, π] takav daje π(π) = π.
Korolar 3.1.20. Neka je π : [π, π] β R neprekidna funkcija i π(π)π(π) < 0. Tadapostoji π β (π, π) takav da je π(π) = 0.
POGLAVLJE 3. ALGEBARSKI DOKAZ 21
3.2 Dokaz osnovnog teorema algebreU ovom odjeljku Δemo iskazati i dokazati Δetiri leme pomoΔu kojih Δe se osnovniteorem algebre moΔi jednostavno dokazati.
Lema 3.2.1. Svaki polinom π β R[π₯] neparnog stupnja mora imati realni korijen.
Dokaz. Neka je π(π₯) β R[π₯] i neka je πππ(π) = π = 2π + 1, π β N. Pretpostavimoda je koeficijent ππ > 0. Tada je polinom π oblika π(π₯) = πππ₯
π + Β· Β· Β· + π0. Nadalje,vrijedi
(1) limπ₯ββ π(π₯) = limπ₯ββ πππ₯π = β, jer je ππ > 0.
(2) limπ₯βββ π(π₯) = limπ₯βββ πππ₯π = ββ, jer je π neparan i ππ > 0.
Sada vidimo da π moΕΎe biti proizvoljno velik i pozitivan pa postoji toΔka π₯1 u kojoj jeπ(π₯1) > 0. Nadalje, π moΕΎe biti i jako negativan, tj. postoji π₯2 takav da je π(π₯2) < 0.Iz teorema srednje vrijednosti slijedi da postoji π₯3 β [π₯2, π₯1] takav da je π(π₯3) = 0.
Lema 3.2.2. Svaki polinom stupnja 2 mora imati kompleksan korijen.
Dokaz. Dokaz ove leme je posljedica formule za rjeΕ‘avanje kvadratnih jednadΕΎbi. Akoje π(π₯) = ππ₯2 + ππ₯ + π, π = 0, tada su korijeni dani sa
π₯1 =βπ +
βπ2 β 4ππ
2π, π₯2 =
βπββπ2 β 4ππ
2π.
Iz DeMoivreova teorema 2.1.9 za korijene znamo da svaki kompleksan broj ima drugikorijen pa π₯1 i π₯2 postoje u C.
Lema 3.2.3. Ako svaki nekonstantni realni polinom ima kompleksan korijen, ondasvaki nekonstantni kompleksni polinom ima kompleksan korijen.
Dokaz. Neka je π β C[π₯] i neka svaki nekonstantni realni polinom ima bar jedankompleksan korijen. Definirajmo β(π₯) = π(π₯)π(π₯). Iz leme 2.1.6 slijedi da je β(π₯) βR[π₯]. Po pretpostavci β ima bar jedan kompleksan korijen, neka je to π§0. Sadaimamo β(π§0) = π(π§0)π(π§0) = 0. Polje C nema djelitelja nule pa jedan od Δlanova uprethodnom umnoΕ‘ku mora biti jednak nuli. Ako je π(π§0) = 0, tada smo pronaΕ‘likompleksni korijen kompleksnog polinoma. Ukoliko je π(π§0) = 0, iz leme 2.1.5 slijedida je π(π§0) = π(π§0) = π(π§0) = 0. Dakle, π§0 je korijen od π.
Lema 3.2.4. Svaki nekonstantni realni polinom ima kompleksni korijen.
POGLAVLJE 3. ALGEBARSKI DOKAZ 22
Dokaz. Neka je π(π₯) = πππ₯π + Β· Β· Β· + π0 realni polinom, π β₯ 1 i ππ = 0. Neka je π
oblika π = 2ππ, gdje je π neparni broj. Dokazat Δemo lemu indukcijom po π. Zaπ = 0, π je polinom neparnog stupnja pa iz leme 3.2.1 znamo da π ima realan korijeni teorem vrijedi. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za 2πβ1π, π = 2, . . . ,π. Neka jestupanj polinoma jednak π = 2ππ i πΉ β² polje razlaganja za π nad R u kojem su korijeniπΌ1, . . . , πΌπ. Takvo polje postoji zbog teorema 3.1.11.
Pokazat Δemo da bar jedan od ovih korijena mora biti iz C. Odaberimo β β Z idefinirajmo polinom π» sa
π»(π₯) =βπ<π
(π₯β (πΌπ + πΌπ + βπΌππΌπ)) β πΉ β²[π₯].
Kad smo formirali π» odabrali smo parove korijena πΌπ, πΌπ. Broj takvih parova jednakje broju naΔina na koji moΕΎemo odabrati dva elementa od njih π = 2ππ. To je danosa (
2ππ
2
)=
(2ππ)!
2!(2ππ β 2)!= 2πβ1π(2ππ β 1) = 2πβ1πβ², gdje je πβ²neparan.
Dakle, π» je stupnja 2πβ1πβ². π» je simetriΔan polinom u korijenima πΌ1, . . . , πΌπ. Sobzirom na to da su πΌ1, . . . , πΌπ korijeni realnog polinoma iz leme 3.1.18 slijedi dasvaki polinom u polju razlaganja simetriΔan u tim korijenima mora biti realni polinom.Dakle, π» je realni polinom stupnja 2πβ1π pa po pretpostavci indukcije mora imatikompleksni korijen. To znaΔi da postoji par πΌπ, πΌπ takvi da vrijede πΌπ+πΌπ+βπΌππΌπ β C.Zbog proizvoljnosti od β slijedi da za svaki cijeli broj π mora postojati takav par πΌπ, πΌπ
da vrijedi πΌπ+πΌπ+ππΌππΌπ β C. Postoji konaΔan broj parova πΌπ, πΌπ pa moraju postojatibarem dva razliΔita cijela broja π1, π2 za koje je
π§1 = πΌπ + πΌπ + π1πΌππΌπ β C i π§2 = πΌπ + πΌπ + π2πΌππΌπ β C.
Tada je π§1 β π§2 = (π1 β π2)πΌππΌπ β C i πΌππΌπ β C jer je π1, π2 β Z β C. Nadalje,π1πΌππΌπ β C te iz toga slijedi da je πΌπ + πΌπ β C. Sada imamo
π(π₯) = (π₯β πΌπ)(π₯β πΌπ) = π₯2 β (πΌπ + πΌπ)π₯ + πΌππΌπ β C[π₯].
Polinom π je kompleksni polinom stupnja 2 pa iz leme 3.2.2 znamo da mora imatikompleksan korijen. Dakle, πΌπ, πΌπ β C pa π ima kompleksan korijen.
Sada Δemo upotrijebiti sve rezultate koje smo naveli u ovoj toΔki te tako dokazatiosnovni teorem algebre.
Teorem 3.2.5. (Osnovni teorem algebre) Svaki nekonstantni kompleksni polinomima kompleksni korijen. Drugim rijeΔima, polje kompleksnih brojeva C je algebarskizatvoreno.
POGLAVLJE 3. ALGEBARSKI DOKAZ 23
Dokaz. Dokaz slijedi iz dvije leme. Iz leme 3.2.4 znamo da svaki nekonstantni realnipolinom ima kompleksni korijen. Lema 3.2.3 kaΕΎe da ako svaki nekonstantni realnipolinom ima kompleksni korijen, onda i svaki nekonstantan kompleksni polinom imakompleksni korijen.
Poglavlje 4
Dokazi pomoΔu kompleksne analize
Kako bismo napravili sljedeΔi dokaz osnovnog teorema algebre, potrebni su nam rezul-tati iz kompleksne analize. KreΔemo od Cauchyjeva teorema te nakon njega navodimorezultate koji se oslanjaju na taj teorem. U drugom odjeljku navodimo Liouvilleov te-orem i koristimo ga u dokazu osnovnog teorema algebre. Poglavlje zavrΕ‘avamo sa joΕ‘dva dokaza osnovnog teorema algebre koji se temelje na teoremu srednje vrijednostii na teoremu maksimuma modula.
4.1 UvodZa poΔetak, navedimo definicije vezane uz svojstva skupova i funkcija koje Δemokoristiti u ovom poglavlju.
Definicija 4.1.1. Otvoren i povezan skup Ξ© β C je podruΔje.
Definicija 4.1.2. Neka su πΎ : [π, π] β Ξ©, πΏ : [π, π] β Ξ© krivulje na podruΔju Ξ© takveda je πΎ(π) = πΏ(π) = π§1 i πΎ(π) = πΏ(π) = π§2. Homotopija u Ξ© od krivulje πΎ do krivuljeπΏ je neprekidno preslikavanje π» : [0, 1] Γ [π, π] β Ξ© za koje vrijedi:
π»(0, π ) = πΎ(π ), π»(1, π ) = πΏ(π ), βπ β [π, π];
π»(π‘, π) = π§1, π»(π‘, π) = π§2, βπ‘ β [0, 1].
KaΕΎemo da su krivulje homotopne ako postoji homotopija u Ξ© od krivulje πΎ dokrivulje πΏ.
Definicija 4.1.3. Put πΎ : [π, π] β Ξ© je nulhomotopan ako je homotopan s kons-tantnim preslikavanjem πΏ, πΏ(π‘) = πΎ(π) = πΎ(π),βπ‘ β [π, π].
Definicija 4.1.4. KaΕΎemo da je put πΎ : [π, π] β C jednostavno zatvoren akovrijedi πΎ(π) = πΎ(π) i πΎ(π‘1) = πΎ(π‘2) za svaki π‘1, π‘2 β [π, π).
24
POGLAVLJE 4. DOKAZI POMOΔU KOMPLEKSNE ANALIZE 25
(a) Jednostavno zatvorenput
(b) Put koji nije jednos-tavno zatvoren
Slika 4.1
Definicija 4.1.5. PodruΔje je jednostavno povezano ako je svaki zatvoren putnulhomotopan.
Na slici 4.2 su primjeri jednostavno povezanog podruΔja te podruΔja koje nije jednos-tavno povezano.
(a) Jednostavno povezano podru-Δje
(b) PodruΔje koje nije jednostavnopovezano
Slika 4.2
Definicija 4.1.6. Za funkciju π : Ξ© β C kaΕΎemo da je holomorfna na otvorenomskupu Ξ© β C ako postoji derivacija π β²(π§) za svaki π§ β Ξ©. Funkcija π(π§) je holo-morfna u toΔki π§0 ako postoji okolina toΔke π§0 na kojoj je π holomorfna. Ako je πholomorfna na C kaΕΎemo da je π cijela .
Teorem 4.1.7. (Cauchy-Riemannov teorem) Neka je π = π’ + ππ£ : Ξ© β C i π§0 =(π₯0, π¦0) β Ξ©. Funkcija π je derivabilna u π§0 ako i samo ako je funkcija (π₯, π¦) β¦β(π’(π₯, π¦), π£(π₯, π¦)) diferencijabilna u (π₯0, π¦0) i vrijede Cauchy-Riemannovi uvjeti:
ππ’
ππ₯=
ππ£
ππ¦i
ππ’
ππ¦= βππ£
ππ₯.
POGLAVLJE 4. DOKAZI POMOΔU KOMPLEKSNE ANALIZE 26
Dokaz ovog teorema moΕΎe se naΔi u knjizi [5].
Definicija 4.1.8. Neka je π : Ξ© β C holomorfna i πΎ : [π, π] β Ξ© po dijelovimagladak put. Tada kompleksni integral definiramo s:β«
πΎ
π(π§)ππ§ =
β« π
π
π(πΎ(π‘))πΎβ²(π‘)ππ‘.
Teorem 4.1.9. (Greenov teorem) Neka je π· β R2 povezan i kompaktan skup Δijije rub ππ· sastavljen od konaΔno mnogo meΔusobno disjunktnih po dijelovima glatkihzatvorenih krivulja koje su pozitivno orijentirane u odnosu na D. Pretpostavimo da suπΉ,πΊ : Ξ© β R neprekidno diferencijabilne funkcije na otvorenom skupu Ξ© koji sadrΕΎiπ· i ππ·. Tada vrijedi:β«
ππ·
πΉππ₯ + πΊππ¦ =
β« β«π·
(ππΊ
ππ₯β ππΉ
ππ¦)ππ₯ππ¦.
Ovaj teorem neΔemo dokazivati, no dokaz se moΕΎe naΔi u knjizi [7].
Teorem 4.1.10. (Cauchyjev teorem) Neka je π : Ξ© β C holomorfna funkcija za kojuvrijedi da je π β² neprekidna i neka je Ξ© β C podruΔje. Tada jeβ«
πΎ
π(π§)ππ§ = 0
za svaki po dijelovima gladak zatvoren nulhomotopan put πΎ.
Dokaz. Neka je π§ = π₯ + ππ¦ i π(π§) = π’ + ππ£. RaspiΕ‘emo integral i imamo:β«πΎ
π(π§)ππ§ =
β«πΎ
(π’ππ₯β π£ππ¦) + π
β«πΎ
(π£ππ₯ + π’ππ¦).
Funkcije ππ’ππ₯, ππ’ππ¦, ππ£ππ₯, ππ£ππ¦
su neprekidne te moΕΎemo iskoristiti teorem 4.1.9 i slijediβ«πΎ
π(π§)ππ§ =
β« β«(βππ£
ππ₯β ππ’
ππ¦)ππ₯ππ¦ + π
β« β«(ππ’
ππ₯β ππ£
ππ¦)ππ₯ππ¦.
Sada traΕΎeni rezultat slijedi iz Cauchy-Riemannovih uvjeta.
Napomena 4.1.11. Gornji teorem vrijedi i bez pretpostavke da je π β² neprekidna.Tada se radi o Cauchy-Goursatovom teoremu za zvjezdaste skupove. Dokaz se temeljina sljedeΔem teoremu:
POGLAVLJE 4. DOKAZI POMOΔU KOMPLEKSNE ANALIZE 27
Teorem 4.1.12. (Goursat-Pringsheim) Neka je Ξ© β C otvoren skup, β β Ξ© trokuti neka je π : Ξ© β C derivabilna funkcija. Tada vrijedi:β«
πΞ
π(π§)ππ§ = 0.
Dokaz Goursat-Pringsheimova teorema moΕΎe se naΔi u knjizi [5].
Teorem 4.1.13. (Cauchyjeva integralna formula) Neka je π : Ξ© β C holomorfnana podruΔju Ξ© , πΎ po dijelovima gladak jednostavno zatvoren put Δije je unutraΕ‘njepodruΔje sadrΕΎano u Ξ© i neka toΔka π§0 pripada tom unutraΕ‘njem podruΔju.
Tada vrijedi
π(π§0) =1
2ππ
β«πΎ
π(π§)
π§ β π§0ππ§.
Dokaz. Neka je πΆ0 = πΎ(π§0, π0). Put πΎ moΕΎemo rastaviti na πΎ = πΎ1 + πΆ0 gdje πΎ1zaobilazi π§0 a πΆ0 ga okruΕΎuje.
Slika 4.3: Rastav puta πΎ
Sada imamo: β«πΎ
π(π§)
π§ β π§0ππ§ =
β«πΎ1
π(π§)
π§ β π§0ππ§ +
β«πΆ0
π(π§)
π§ β π§0ππ§.
Iz teorema 4.1.10 slijedi da jeβ«πΎ1
π(π§)π§βπ§0
ππ§ = 0 jer πΎ1 ne okruΕΎuje π§0. Slijedi:β«πΎ
π(π§)
π§ β π§0ππ§ =
β«πΆ0
π(π§)
π§ β π§0ππ§ = π(π§0)
β«πΆ0
ππ§
π§ β π§0+
β«πΆ0
π(π§) β π(π§0)
π§ β π§0ππ§.
POGLAVLJE 4. DOKAZI POMOΔU KOMPLEKSNE ANALIZE 28
Na πΆ0 je π§ = π§0 + π0πππ‘ β ππ§ = ππ0π
ππ‘ππ‘, te vrijediβ«πΆ0
ππ§
π§ β π§0=
β« 2π
0
ππ0πππ‘
π§0 + π0πππ‘ β π§0= π
β« 2π
0
ππ‘ = 2ππ.
Zbog neprekidnosti od π u π§0, za dovoljno mali π0 i π§ β πΆ0 vrijedi|π(π§) β π(π§0)| < π. Tada slijedi
|πΌ| :=
β«πΆ0
π(π§) β π(π§0)
π§ β π§0ππ§
β€
β«πΆ0
|π(π§) β π(π§0)||π§ β π§0|
|ππ§| < π
π02ππ0 = 2ππ.
U gornjoj nejednakosti π moΕΎe biti proizvoljno mali pa slijedi πΌ = 0. Sada imamoβ«πΎ
π(π§)
π§ β π§0ππ§ = π(π§0)2ππ + 0 β π(π§0) =
1
2ππ
β«πΎ
π(π§)
π§ β π§0ππ§.
Teorem 4.1.14. (Deriviranje unutar integrala) Neka je Ξ© otvoren skup, a π : Ξ© Γ[π, π] β C neprekidna funkcija Δija derivacija po varijabli z postoji i neprekidna je.Tada je π : Ξ© β C, π(π§) =
β« π
ππ(π§, π‘)ππ‘ derivabilna na Ξ© i vrijedi
πβ²(π§) =
β« π
π
ππ
ππ§(π§, π‘)ππ‘.
Dokaz. DokaΕΎimo prvo rezultat za funkcije πΉ : [π, π]Γ [π, π] β R i πΊ(π§) =β« π
ππΉ (π§, π‘)ππ‘
uz pretpostavku da derivacija od πΉ po prvoj varijabli π§ postoji i neprekidna je. Dakle,dokazujemo da je πΊ derivabilna te da vrijedi
πΊβ²(π§) =
β« π
π
ππΉ
ππ§(π§, π‘)ππ‘. (4.1)
Iz teorema srednje vrijednosti slijedi πΉ (π§+β,π‘)βπΉ (π§,π‘)β
= ππΉππ§
(π§β², π‘), gdje je π§ β€ π§β² β€ π§ +β.Nadalje, imamo
πΊ(π§ + β) βπΊ(π§)
ββ
β« π
π
ππΉ
ππ§(π§, π‘)ππ‘
=
β« π
π
(πΉ (π§ + β, π‘) β πΉ (π§, π‘)
ββ ππΉ
ππ§(π§, π‘)
)ππ‘
=
β« π
π
(ππΉ
ππ§(π§β², π‘) β ππΉ
ππ§(π§, π‘)
)ππ‘
β€
β« π
π
ππΉ
ππ§(π§β², π‘) β ππΉ
ππ§(π§, π‘)
ππ‘.
POGLAVLJE 4. DOKAZI POMOΔU KOMPLEKSNE ANALIZE 29
Funkcija ππΉππ§
je neprekidna na kompaktu [π, π]Γ [π, π] pa je i uniformno neprekidna.To znaΔi da za svaki π > 0 postoji πΏ > 0 takvi da za |β| < πΏ vrijedi
ππΉ
ππ§(π§β², π‘) β ππΉ
ππ§(π§, π‘)
<
π
πβ π.
Odavde slijedi β« π
π
ππΉ
ππ§(π§β², π‘) β ππΉ
ππ§(π§, π‘)
ππ‘ <
β« π
π
π
πβ πππ‘ = π.
Dakle, izrazπΊ(π§+β)βπΊ(π§)
ββ
β« π
πππΉππ§
(π§, π‘)ππ‘
konvergira u 0 kada β β 0.Sada moΕΎemo dokazati teorem. Neka je π§ = π₯ + ππ¦, π(π§, π‘) = π(π₯, π¦, π‘) =
π’(π₯, π¦, π‘) + ππ£(π₯, π¦, π‘) i π(π§) =β« π
ππ(π§, π‘)ππ‘. Definirajmo joΕ‘ funkcije π i π sa π(π₯, π¦) :=β« π
ππ’(π₯, π¦, π‘)ππ‘ i π(π₯, π¦) :=
β« π
ππ£(π₯, π¦, π‘)ππ‘. Tada za π vrijedi
π(π§) = π(π₯, π¦) =
β« π
π
π(π§, π‘)ππ‘ =
β« π
π
π’(π₯, π¦, π‘)ππ‘ + π
β« π
π
π£(π₯, π¦, π‘)ππ‘
= π(π₯, π¦) + ππ(π₯, π¦).
Iz 4.1 slijedi:ππ
ππ₯(π₯, π¦) =
ππ
ππ₯(π₯, π¦) + π
ππ
ππ₯(π₯, π¦),
ππ
ππ¦(π₯, π¦) =
ππ
ππ¦(π₯, π¦) + π
ππ
ππ¦(π₯, π¦).
Parcijalne derivacije π i π po π₯ i π¦ su neprekidne a zbog neprekidnosti od π i ππππ§
zaπ’, π£, π i π vrijede Cauchy-Riemannovi uvjeti. Dakle, vrijedi
ππ
ππ₯=
ππ
ππ¦i
ππ
ππ¦= βππ
ππ₯.
KoristeΔi teorem 4.1.7, zakljuΔujemo da je π derivabilna.
Korolar 4.1.15. Neka je π : Ξ© β C holomorfna na jednostavno povezanom podruΔjuΞ© koje sadrΕΎi po dijelovima gladak zatvoren put πΎ. Ako je π§0 unutraΕ‘nja toΔka od πΎ,tada za n-tu derivaciju od π vrijedi
π (π)(π§0) =π!
2ππ
β«πΎ
π(π§)
(π§ β π§0)π+1ππ§.
POGLAVLJE 4. DOKAZI POMOΔU KOMPLEKSNE ANALIZE 30
Dokaz. Po teoremu 4.1.13 vrijedi
π(π§0) =1
2ππ
β«πΎ
π(π§)
π§ β π§0ππ§.
Deriviranjem unutar integrala po varijabli π§0 imamo
π β²(π§0) =1
2ππ
β«πΎ
π(π§)
(π§ β π§0)2ππ§
te indukcijom dobivamo traΕΎenu formulu.
Teorem 4.1.16. (Cauchyjeva ocjena) Neka je π(π§) : Ξ© β C holomorfna na jednos-tavno povezanom podruΔju Ξ© koje sadrΕΎi zatvoreni krug πΆ0 = πΎ(π§0, π0).
Tada vrijedi
|π (π)(π§0)| β€π!π
ππ0, gdje je π = max
πΆ0
|π(π§)|.
Posebno, ako je |π(π§)| < π za π§ β πΆ0, tada vrijedi
|π β²(π§)| < π
π0za sve π§ β πΎ(π§0, π0).
Dokaz. Iz korolara 4.1.15 slijedi:
|π (π)(π§0)| β€π!
2ππ
β«πΆ0
π(π§)
(π§ β π§0)π+1ππ§
β€ ππ!
2π
β«πΆ0
ππ§
(π§ β π§0)π+1
.
Na πΆ0, π§ = π§0 + π0πππ‘ β ππ§ = ππ0π
ππ‘ pa jeβ«πΆ0
ππ§
(π§ β π§0)π+1
=
β« 2π
0
ππ‘
ππ0 πππ‘π
=
2π
ππ0.
Tada je
|π (π)(π§0)| β€ππ!
ππ0.
POGLAVLJE 4. DOKAZI POMOΔU KOMPLEKSNE ANALIZE 31
4.2 Dokaz osnovnog teorema algebreU ovom odjeljku iskazujemo i dokazujemo Liouvilleov teorem te pomoΔu njega doka-zujemo osnovni teorem algebre.
Teorem 4.2.1. (Liouvilleov teorem) Neka je π : C β C cijela i neka je π ograniΔenana C. Tada je f konstanta.OpΔenitije, ako je π (π) ograniΔena na C, tada je f polinom stupnja najviΕ‘e π + 1.
Dokaz. Neka je π : C β C cijela funkcija i neka je ograniΔena, tj. takva da postojineki π > 0 za koji je |π(π§)| β€ π,βπ§ β C. Iz Cauchyeve ocjene za π§0 = 0 na πΎ(0, π)slijedi
|π β²(π§)| < π
πza sve π§ β πΎ(0, π).
S obzirom na to da je f cijela funkcija, moΕΎemo pustiti π β β. Iz Cauchyjeve ocjeneslijedi |π β²(π§)| = 0 te π β²(π§) = 0. Tada je f konstantna.
Sada dokazujemo opΔenitiju tvrdnju. Ako je π (π) ograniΔena na C tada vrijedi|π (π)(π§)| β€ π za svaki π§ β C. Iz Cauchyjeve ocjene primjenjene na ππ slijedi
|π (π+1)(π§)| β€ π
πza sve π§ β πΎ(0, π) i za svaki π > 0.
Isto kao gore, puΕ‘tajuΔi da π ide u beskonaΔnost, dobivamo π (π+1)(π§) = 0 te je π (π)
konstanta. No, tada je f polinom stupnja najviΕ‘e π + 1.
Teorem 4.2.2. (Osnovni teorem algebre) Neka je P kompleksni polinom stupnjaveΔeg ili jednakog jedan. Tada P ima bar jedan kompleksni korijen, tj. postoji π§0 β Ctakav da je π (π§0) = 0.
Dokaz. Neka je π (π§) = π§π+ππβ1π§πβ1+Β· Β· Β·+π1π§+π0, π β₯ 1. Polinomi su derivabilni na
C pa je P cijela funkcija. Dokazujemo teorem kontrapozicijom tako da pretpostavimoπ (π§) = 0,βπ§ β C. Definirajmo π : C β C sa π(π§) = 1
π (π§). S obzirom na to da je P
cijela funkcija i π je cijela. Nadalje, vrijedi
|π(π§)| =1
|π (π§)|=
1
|π§π + ππβ1π§πβ1 + Β· Β· Β· + π1π§ + π0|
=1
|π§|π1
|1 + ππβ1
π§+ Β· Β· Β· + π0
π§π|.
Kada |π§| β β, vrijedi 1|π§|π β 0 te tada i ππβ1
π§, Β· Β· Β· , π0
π§πteΕΎe u 0. Iz toga slijedi
1
1+ππβ1
π§+Β·Β·Β·+ π0
π§πβ 1 te je lim|π§|ββ |π(π§)| = 0. Dakle, f je ograniΔena funkcija. Iz
Liouvilleova teorema slijedi da π mora biti konstanta. Tada je i π konstantan Ε‘to jekontradikcija sa pretpostavkom da je π polinom stupnja barem 1.
POGLAVLJE 4. DOKAZI POMOΔU KOMPLEKSNE ANALIZE 32
4.3 JoΕ‘ dva dokaza osnovnog teorema algebreU nastavku dajemo joΕ‘ dva dokaza pomoΔu kompleksne analize.
Lema 4.3.1. (Teorem i nejednakost srednje vrijednosti za kompleksne integrale) Nekaje funkcija f holomorfna na nekom Ξ© β C koji sadrΕΎi πΆ = πΎ(π§0, π) i neka je πΎ(π‘) =π§0 + ππππ‘, 0 β€ π‘ β€ 2π parametrizacija od ππΆ.Tada vrijedi
π(π§0) =1
2π
β« 2π
0
π(π§0 + ππππ‘)ππ‘ (Teorem srednje vrijednosti)
i|π(π§0)| β€ πππ₯ππΆ |π | (Nejednakost srednje vrijednosti).
Dokaz. Neka je πΎ navedena parametrizacija od ππΆ. Iz teorema 4.1.13 slijedi
π(π§0) =1
2ππ
β«πΎ
π(π§)
π§ β π§0ππ§ =
1
2ππ
β« 2π
0
π(πΎ(π‘))πΎβ²(π‘)ππ‘
πΎ(π‘) β π§0
=1
2ππ
β« 2π
0
π(π§0 + ππππ‘)
π§0 + ππππ‘ β π§0πππππ‘ππ‘
=1
2π
β« 2π
0
π(π§0 + ππππ‘)ππ‘.
Sada imamo
|π(π§0)| =
1
2π
β« 2π
0
π(πΎ(π‘))ππ‘
β€ 1
2π
β« 2π
0
π(πΎ(π‘))ππ‘
β€ 1
2π
β« 2π
0
|π(πΎ(π‘))| ππ‘ β€ 1
2πmaxππΆ
|π |β« 2π
0
ππ‘ = maxππΆ
|π |.
Lema 4.3.2. Neka je π (π§) = πππ§π+ Β· Β· Β·+π1π§+π0 kompleksni polinom stupnja π β₯ 1.
Tada postoji π β₯ 1 takav da za sve π§ β C , |π§| β₯ π vrijedi
1
2|ππ||π§π| β€ |π (π§)| β€ 2|ππ||π§|π.
Posebno, lim|π§|ββ |π (π§)| = +β.
POGLAVLJE 4. DOKAZI POMOΔU KOMPLEKSNE ANALIZE 33
Dokaz. Neka je π (π§) = |π0| + |π1||π§| + Β· Β· Β· + |ππβ1||π§|πβ1. Koristimo nejednakosttrokuta:
|π₯| β |π¦| β€ |π₯ + π¦| β€ |π₯| + |π¦|, βπ₯, π¦ β C.
Tada za π₯ = πππ§π i π¦ = ππβ1π§
πβ1 + Β· Β· Β· + π1π§ + π0 slijedi:
|πππ§π| β |ππβ1π§πβ1| β Β· Β· Β· β |π0| β€ |πππ§π + Β· Β· Β· + π1π§ + π0|
β€ |πππ§π| + |ππβ1π§πβ1| + Β· Β· Β· + |π0|.
Dakle,|ππ||π§|π βπ (π§) β€ |π (π§)| β€ |ππ||π§|π + π (π§).
Ako je |π§| β₯ 1, tada vrijedi |π§|π β€ |π§|πβ1 za svaki π < π, i imamo da je π (π§) β€βπβ1π=0 |ππ||π§|πβ1 =: π|π§|πβ1.Iz toga za izbor π := πππ₯1, 2π|ππ|β1 slijedi traΕΎena nejednakost.
Sada moΕΎemo napraviti dokaz osnovnog teorema algebre.
Dokaz. (Osnovni teorem algebre)Neka je π (π§) = πππ§
π + Β· Β· Β· + π1π§ + π0 kompleksni polinom, π β₯ 1. Pretpostavimoda π nema korijen u C. Tada je π(π§) = 1
π (π§)holomorfna na C pa moΕΎemo primjeniti
nejednakost srednje vrijednosti iz leme 4.3.1 te dobivamo izraz
|π(0)| β€ πππ₯ππΆπ |π(π§)|
za sve krugove πΆπ = πΎ(0, π), π > 0. Iz leme 4.3.2 znamo da je lim|π§|ββ |π (π§)| = +βte iz toga slijedi ππππ§ββ|π(π§)| = 0 i π(0) = 0 . To vodi do kontradikcije jer π(0) =1
π (0)= 0.
Osnovni teorem algebre moΕΎe se dokazati i koristeΔi princip maksimuma modula.U nastavku prvo navodimo iskaz i dokaz principa maksimuma modula za krug. Nakontoga dokazujemo teorem maksimuma modula te na kraju dajemo dokaz osnovnogteorema algebre.
Teorem 4.3.3. (Princip maksimuma modula za krug) Neka je π holomorfna naπΎ(π§0, π ), π > 0 i neka vrijedi
|π(π§)| β€ |π(π§0)|, βπ§ β πΎ(π§0, π ).
Tada je π konstanta.
POGLAVLJE 4. DOKAZI POMOΔU KOMPLEKSNE ANALIZE 34
Dokaz. Za fiksiran 0 < π < π iz leme 4.3.1 i pretpostavke teorema slijedi da je
|π(π§0)| β€1
2π
β« 2π
0
|π(π§0 + ππππ‘)|ππ‘ β€ 1
2π
β« 2π
0
|π(π§0)|ππ‘ = |π(π§0)|.
Dakle, vrijedi β« 2π
0
(|π(π§0)| β |π(π§0 + ππππ‘)|)ππ‘ = 0,
iz Δega zbog neprekidnosti i nenegativnosti funkcije pod integralom zakljuΔujemo daje ona identiΔki jednaka nuli, tj. |π | je konstanta.Neka je π = π’ + ππ£. Tada je |π | = |π’ + ππ£| =
βπ’2 + π£2 te je
π’2 + π£2 = π, (4.2)
gdje je π konstanta. Sad Δemo prvo derivirati 4.2 po π₯ a zatim po π¦. Dobivamo
2π’ππ’
ππ₯+ 2π£
ππ£
ππ₯= 0,
2π’ππ’
ππ¦+ 2π£
ππ£
ππ¦= 0.
(4.3)
Primjenimo Cauchy-Riemannove jednadΕΎbe te imamo
π’ππ’
ππ₯β π£
ππ’
ππ¦= 0,
π’ππ’
ππ¦+ π£
ππ’
ππ₯= 0.
PomnoΕΎimo prvu jednadΕΎbu s π’ i drugu s π£, dobivene rezultate zbrojimo i dobivamo(π’2 + π£2)ππ’
ππ₯= 0, odnosno π ππ’
ππ₯= 0. Ako je π = 0, tvrdnja odmah slijedi. Neka je
π = 0. Tada je ππ’ππ₯
= 0 i iz Cauchy-Riemannovih jednadΕΎbi slijedi da je ππ£ππ¦
= 0. Sadaiz jednadΕΎbi 4.3 dobivamo
π£ππ£
ππ₯= 0,
π’ππ’
ππ¦= 0.
Znamo da je π = 0 pa π’ i π£ ne mogu istovremeno biti jednaki nuli. Ako je π£ = 0,onda je ππ£
ππ₯= 0 a time je i ππ’
ππ¦= 0. Analogno slijedi ako je π’ = 0. Dakle, π’ i π£ su
konstantne pa je π konstantna.
SljedeΔi teorem bit Δe nam potreban u dokazu teorema maksimuma modula, dokazse moΕΎe naΔi u [5].
POGLAVLJE 4. DOKAZI POMOΔU KOMPLEKSNE ANALIZE 35
Teorem 4.3.4. (Teorem o jedinstvenosti holomorfne funkcije) Neka je skup Ξ© β Cotvoren i povezan i neka su π i π holomorfne na Ξ©. Ako se π i π podudaraju na nekomskupu koji ima gomiliΕ‘te u Ξ©, onda je π = π na Ξ©.
Teorem 4.3.5. (Teorem maksimuma modula) Neka je π nekonstantna i holomorfnana ograniΔenom podruΔju π· i neprekidna na ππ·. Tada |π | ne postiΕΎe maksimum uunutraΕ‘njoj toΔki od π·, tj. maksimum se postiΕΎe na rubu od π·.
Dokaz. Znamo da je zatvoren i ograniΔen skup π· = π· βͺ ππ· kompaktan. Funkcija|π | je neprekidna na π· pa prema teoremu 2.2.2 postiΕΎe maksimum na π·. NazovimotoΔku u kojoj poprima maksimum π§0.
Pretpostavimo da π§0 /β ππ·. Skup π· je otvoren te oko π§0 moΕΎemo opisati krugradijusa π > 0 koji Δe biti sadrΕΎan u π·. Sada po principu maksimalnog modula zakrug imamo da |π | postiΕΎe maksimum na πΎ(π§0, π ) u toΔki π§0 pa je π konstanta natom krugu. Nadalje, π je tada po teoremu 4.3.4 konstantna na cijelom π· Ε‘to namdaje kontradikciju. Dakle, maksimum je na rubu.
Korolar 4.3.6. (Princip minimuma) Neka je π holomorfna na podruΔju Ξ© i neka pos-toji toΔka π§0 β Ξ© koja je toΔka lokalnog minimuma za |π |, tj. postoji πΆπ = πΎ(π§0, π) β Ξ©tako da vrijedi |π(π§0)| β€ |π(π§)| za sve π§ β πΆπ. Tada je ili π(π§0) = 0 ili je π konstantana Ξ©.
Dokaz. Pretpostavimo da je π = 0. Pogledajmo funkciju π := 1π. Funkcija π ima
lokalni minimum u toΔki π§0 pa funkcija π ima lokalni maksimum u π§0. Sada iz teoremamaksimalnog modula za krug slijedi da je π konstantna.
Sada moΕΎemo primjeniti sve gore navedene teoreme i dati posljednji dokaz osnov-nog teorema algebre.
Dokaz. (Osnovni teorem algebre)Neka je π (π§) = πππ§
π + Β· Β· Β·+π1π§ +π0 kompleksni polinom stupnja π β₯ 1. Za svakiπ > 0, neka je πΆπ = πΎ(0, π). Svaki πΆπ je kompaktan skup pa zbog neprekidnosti odπ slijedi da |π | ima minimum u nekoj toΔki π§π β πΆπ. S obzirom na to da vrijedilim|π§|ββ |π (π§)| = +β, moΕΎemo odabrati dovoljno velik π tako da toΔka minimumaπ§π bude u interioru od πΆπ . Kako bi to vidjeli, neka je π > 0 takav da je |π (π§)| >|π (0)| = |π0| za |π§| > π . Neka je π > π . Tada za svaku toΔku na rubu od πΆπ vrijedi|π (π§)| > |π (0)| pa toΔka minimuma π§π mora biti u interioru od πΆπ .
Oko π§π moΕΎemo opisati otvorenu kuglu radijusa π, πΆπ = πΎ(π§π , π), πΆπ β πΆπ . No,π (π§) je holomorfna na πΆπ i vrijedi |π (π§)| β₯ |π (π§π )| za sve π§ β πΆπ. Iz korolara 4.3.6imamo da je ili π (π§π ) = 0 ili je π lokalno konstantan na πΆπ. Kada bi π bio lokalno
POGLAVLJE 4. DOKAZI POMOΔU KOMPLEKSNE ANALIZE 36
konstantan na πΆπ, π (π§) = π, βπ§ β Cπ, tada bi polinom π(π§) = π (π§) β π imao besko-naΔno mnogo korijena. To nije moguΔe jer polinom nad nekim poljem moΕΎe imatisamo konaΔan broj korijena. Dakle, π (π§π ) = 0.
Bibliografija
[1] B. Fine i G. Rosenberger, The fundamental theorem of algebra, Springer-Verlag,New York, 1997.
[2] J.J. OβConnor i E.F. Robertson, The fundamental theorem of alge-bra, 1996, http://www-history.mcs.st-andrews.ac.uk/HistTopics/Fund_theorem_of_algebra.html.
[3] B. PavkoviΔ i D. Veljan, Elementarna matematika 1, TehniΔka knjiga, Zagreb,1992.
[4] I. Stewart, Galois Theory, Chapman and Hall, London, 1973.
[5] Ε . Ungar, MatematiΔka analiza 4, skripta, 2001, http://web.math.pmf.unizg.hr/~ungar/NASTAVA/MA/Analiza4.pdf.
[6] Ε . Ungar, MatematiΔka analiza 3, PMF-MatematiΔki odjel, Zagreb, 2002, http://web.math.pmf.unizg.hr/~ungar/NASTAVA/MA/Analiza3.pdf.
[7] Ε . Ungar, MatematiΔka analiza u Rπ, PMF-MatematiΔki odjel, Zagreb, 2005.
37
SaΕΎetak
U ovom diplomskom radu obradili smo nekoliko dokaza osnovnog teorema algebre.Na samom poΔetku rada naveli smo povijesni pregled ovog teorema. U drugom smopoglavlju iskoristili svojstva kompleksnih polinoma te dali prvi dokaz. U sljedeΔempoglavlju smo interpretirali kompleksne polinome kao algebarske objekte. Na tajsmo naΔin mogli dokazati teorem primijenivΕ‘i svojstva polja i njihovih proΕ‘irenja.Posljednje poglavlje posveΔeno je kompleksnoj analizi. Pokazali smo da se osnovniteorem algebre moΕΎe dokazati primjenom Liouvilleova teorema. Na kraju rada izloΕΎilismo joΕ‘ dva dokaza koji se temelje na teoriji kompleksne analize. U prvom smokoristili nejednakost srednje vrijednosti, a u drugom princip maksimuma modula.
Summary
In this graduate thesis we prove the fundamental theorem of algebra in several ways.In the first chapter we give a the historical overview of this theorem. In the secondchapter we outline the first proof using properties of complex polynomials. In the nextchapter, we interpret complex polynomials as algebraic objects. In this way we areable to present the second proof by applying field and extension field properties. Thefinal chapter is dedicated to complex analysis. We demostrate that the fundamentaltheorem of algebra can be proved by using Liouvilleβs theorem. At the end of thework, we give two additional proofs rooted in complex analysis. The first one usesthe mean value inequality and the second one is based on the maximum modulusprinciple.
Ε½ivotopis
RoΔena sam 23. oΕΎujka 1991. godine u VaraΕΎdinu. PohaΔala sam VI. osnovnuΕ‘kolu u VaraΕΎdinu. Tijekom osnovnoΕ‘kolskog i srednjoΕ‘kolskog obrazovanja uΔila samengleski, njemaΔki i francuski jezik. Nakon zavrΕ‘etka osnovne Ε‘kole, 2005. godineupisujem opΔi smjer Prve gimnazije VaraΕΎdin. Maturirala sam 2009. godine te tadana Prirodoslovno-matematiΔkom fakultetu u Zagrebu upisujem preddiplomski studijmatematike. Godine 2012. zavrΕ‘ila sam preddiplomski studij te upisujem DiplomskisveuΔiliΕ‘ni studij Financijske i poslovne matematike.