1. No category

Tva bevis for algebrans fundamentalsats
Tomas Persson
16 februari 2015
Vi ska har ge tv
a bevis for algebrans fundamentalsats, att om p ar ett
polynom av grad minst ett, s
a nns det en rot till polynomet p.
1 Forsta beviset
Nedanst
aende bevis ar hamtat fr
an P. Mathew och I. Patyi, The Mathematical Gazette, volym 95, nummer 532, mars 2011, 88{89. Detta bevis ar ett
specialfall av ett bevis for Liouvilles sats, och blir som s
adant lite enklare
an beviset for den mer allmanare satsen.
Vi borjar med ett lemma som vi senare skaRanvanda. Lemmat ger oss en
uppskattning av skillnaden
mellan en integral 01 g (x) dx och dess Riemann
P
n
summa n1 k=1 g nk .
Lat g : [0; 1] ! C vara deriverbar med kontinuerlig derivata. For
positiva heltal n later vi
Lemma 1.
En =
Z
n
1 X k
n
g
n
k=1
1
0
g (x) dx:
Da ar jEnj Mn om M ar ett tal sadant att jg0(x)j M for alla x 2 [0; 1].
Bevis. Vi kan skriva En som
2
En =
n Z
X
k=1
k
n
k
k 1
n
g
n
g (x) dx:
For x mellan k n 1 och nk galler att
k
g
n
Z
g (x) = k
n
x
g 0 (t) dt M
1
k
n
x :
Vi f
ar nu att
jEnj =
n Z k X
n
k
g
g (x) dx
k 1
n
k=1 n
n Z k X
n k
g (x) dx
g
k 1
n
k=1 n
n
n Z k
k
X
X
n
M
k 1
n
k=1
M
x dx =
n
2n
k=1
2
=
M
:
2n
Antag nu att p ar ett polynom av grad m > 0. Vi vill visa att p har ett
nollstalle. For att f
a en motsagelse antar vi att p(z ) 6= 0 for alla z 2 C. D
a
ar funktionen f (z ) = 1=p(z ) denierad och kontinuerlig for alla z . Eftersom
p ar av grad m och skild fr
an noll, s
a nns det en konstant A s
a att jp(z )j A 1 jz jm for alla z . Det foljer att jf (z )j Ajz j m for alla z 6= 0.
Vidare ar
00
02
p0
00 = p p 2(p ) :
f0 =
och
f
2
3
p
p
Eftersom gradtalet i namnaren ar hogre an det i taljaren i b
ada br
aken,
och p(z ) 6= 0, s
a foljer det att f 0 och f 00 ar begransade. Vi kan darfor valja
konstanten A s
a att
jf (z)j Ajzj
jf 0(z)j A
m;
och
jf 00(z)j A:
L
at nu r > 0 och n ett positivt heltal. Satt
n
1X
Jn (r) =
Vi denierar In (r) = Jn (r)
In (r) =
=
=
n
k=1
f (rei2k=n ):
f (0) och gor omskrivningen
n
1 X
n
1
f (rei2k=n )
k=1
n Z r
X
n
k=1 0
Z r X
n
1
n
0
f (0)
f 0 (sei2k=n )ei2k=n ds
f 0 (sei2k=n )ei2k=n ds:
k=1
P
n
1
0 i2k=n )ei2k=n
n k=1 f (se
Vi ser att summan
i uttrycket ovan ar en
Riemannsumma, och introducerar K (r) som motsvarigheten till In (r) dar
namnda Riemannsumma
ar utbytt mot den till Riemannsumman horande
R
integralen 01 f 0 (sei2t )ei2t dt. Vi satter s
alunda
K (r ) =
Z r Z
0
1
0
f 0 (sei2t )ei2t dt ds:
2
Den inre integralen kan enkelt beraknas och vi f
ar att
K (r ) =
Z rh
f (sei2t ) i1
ds
i2s t=0
0
=
Z r
0
Eftersom K (r) = 0 s
a har vi att In (r) = In (r)
I n (r ) =
Z r X
n
1
0
n
k=1
f 0 (sei2k=n )ei2k=n
0 ds = 0:
K (r) och s
alunda ar
Z
0
1
f 0 (sei2t )ei2t dt ds:
Nu anvander vi Lemma 1 p
a
n
1 X 0 i2k=n i2k=n
En =
f (se
)e
n
=
1
n
k=1
n X
k
g
Z
n
k=1
1
0
Z
1
0
f 0 (sei2t )ei2t dt
g (t) dt;
dar g (t) = f 0 (sei2t )ei2t . Vi nner att
g 0 (t) = f 00 (sei2t )i2sei4t + f 0 (sei2t )i2ei2t :
S
alunda ar jg 0 (t)j 2A(s + 1) och Lemma 1 ger att
En
Harav f
ar vi att
jIn(r)j A(sn+ 1) :
Z r
A(s + 1)
0
n
ds A
(r + 1)2 :
2n
Vi observerar ocks
a att eftersom jf (z )j jzMjm s
a ar jJn (r)j rAm . Nu f
ar
vi att
0 < jf (0)j jJn (r)
A
A
In (r)j jJn (r)j + jIn (r)j m +
(r + 1)2 :
r
2n
Om vi tar r s
a stort att rAm < f (0)
och sedan n s
a stort att A
(r +1)2 < f (0)
,
4
2n
4
1
s
a f
ar vi att 0 < jf (0)j < 2 jf (0)j, vilket ar omojligt. Antagandet att p saknar
nollstalle ar s
alunda felaktigt.
2 Andra beviset
Foljande bevis ar hamtat fr
an G. H. Hardys A course of pure mathematics,
nionde upplagan 1946. Detta bevis ar sardeles tillfredstallande i det att
endast mycket grundlaggande topologiska egenskaper for avbildningen z 7!
3
p(z ) anvands. Den enda komplexanalytiska egenskap som behovs ar att z
z n avbildar cirkeln genomlupen ett varv p
a cirkeln genomlupen n varv.
7!
Beviset tillg
ar som foljer. Vi kan antaga att
p(z ) = z n + an
1
zn
1
+ a1 z + a0 :
For stora jz j ar termen z n mycket storre an resterande termer i p(z ). Det
foljer att om z genomloper en kurva som g
ar ett varv runt origo och samtidigt
h
aller sig tillrackligt l
angt borta fr
an origo, s
a genomloper p(z ) en kurva
som g
ar n varv runt origo. Speciellt galler att om ar en tillrackligt stor
kvadrat med centrum i origo, och z genomloper ett varv, s
a bildar p(z )
en kurva som g
ar exakt n varv runt origo. L
at 0 vara en s
adan tillrackligt
stor kvadrat.
L
at nu n vara en kvadrat med egenskapen att nar z genomloper n s
a
genomloper p(z ) en kurva som g
ar runt origo minst en g
ang. Vi benamner
har denna egenskap med att "p avbildar n runt origo". Vi bildar ur n fyra
lika stora delkvadrater, och erh
aller p
a s
a satt fyra kurvor n;i , i = 1; 2; 3; 4.
Om vi l
ater z genomlopa var och en av dessa fyra kurvor s
a tecknar samtidigt
p(z ) den kurva som uppst
ar nar z genomloper n , samt dartill n
agra extra
kurvstycken. En stunds eftertanke gor uppenbart att minst en av kurvorna
n;i har egenskapen att den avbildas av p runt origo, ty om s
a inte skulle
varit fallet s
a skulle heller inte n ha denna egenskap, vilket vi har antagit
att den har.
L
at nu n+1 vara en av kurvorna n;i som avbildas av p runt origo. Med
induktion f
ar vi p
a detta satt en racka kurvor 0 ; 1 ; 2 ; : : :, s
adana att var
och en av kurvorna n avbildas runt origo, kurvan n+1 ligger innanfor n ,
och diametern av n ar 2 n d, dar d betecknar diametern av 0 .
Det foljer att det nns en entydig punkt 2 C s
adan att om n 2 n
s
a galler det att = limn!1 n . Vi visar att p( ) = 0. L
at h(n ) vara det
konvexa holjet till kvadraten n , det vill saga mangden av alla punkter som
ligger p
a eller innanfor n . Eftersom p avbildar n runt origo, s
a ligger origo
i den kompakta mangden p(h(n )). Det foljer att
02
1
\
n=0
p(h(n )) = p
1
\
n=0
Detta visar att 0 = p( ).
4
h(n ) = p(f g):