RUDN-I

9.7.	Формулы Виета	181
§ 2.	Формулы Виета для многочлена степени n

Уже приведенные выше примеры показывают, что сложность формул быстро возрастает с ростом n. При этом ключевую роль для их получения играют равенства (4) и (6). Поэтому ближайшая наша цель — получить обозримые формулы для произведения (z − z1)(z − z2) . . . (z − zn).

Для этого введем некоторые обозначения. При				N		=	{	1, 2, 3, . . .	}	и k	N
обозначим через N	k							ru
		множество мультииндексов
Nk = {j = (j1, . . . , jk) : jm N, m = 1,
								.. . . , k}
(N1 = N). Фиксируем n N, n ≥ 2 и для k {2, . . . , n} обозначим
Ak, n = {j = (j1, . . . , jk) Nk : j1 < j2 < . . . < jk ≤ n}.											(7)
Полагаем также											(8)
		A1, n = {1, 2, . . . ,	n}.
Пример 1. Пусть n = 2, тогда возможные множества индексов
		A1, 2 = {1; 2}, A2, 2 = {(1, 2)}.
Пример 2. Пусть n = 3, тогда возможные множества индексов
A1, 3 = {1; 2; 3},		A2, 3 = {(1, 2); (1, 3); (2,		3)},				A3, 3 = {(1,		2, 3)}.
Пример 3. Пусть n = 4, тогда возможные множества индексов
A1, 4 = {1; 2; 3; 4},		A2, 4 = {(1, 2); (1, 3);	(1,		4);		(2, 3); (2, 4); (3, 4)},
A3, 4 = {(1, 2, 3); (1, 2, 4); (1, 3, 4); (2, 3, 4)},							A4, 4 = {(1, 2, 3, 4)}.
		matematem
Отметим важнейшие свойства множеств				Ak, n.
	.
1◦. В An, n с необходимостью j1 = 1, j2 = 2,			. . . ,		jn = n, т.е. An, n состоит
из одного мультииндекса
		An, n = {(1, 2, . . . ,	n)}.								(9)

2◦. В общем случае число элементов в Ak, n равно числу сочетаний из n элементов по k, т.е.

www	|Ak, n| = Cnk =	n!				= |An−k, n|.	(10)
		k!(n	−	k)!

Например, |A2, n| = |An, 2| =

182 Тема 9. Многочлены над полем комплексных чисел

Действительно, каждый мультииндекс j Ak, n получаются выбором k различных чисел из множества {1, 2, . . . , n} (с последующим упорядо-

чиванием по возрастанию), что соответствует образованию всевозмож-
личении n:	◦	ru
ных сочетаний из n элементов по k.

n(n − 1) . 2

3◦. Следующая формула описывает расширение множеств Ak, n при уве-

	matematem	.	(11)
	Ak, n+1 = Ak, n Ak, n+1 .
Здесь мы используем обозначение: пусть k ≥ 2, j = (j1, , . . . , jk−1,			jk)
Nk, j = (j ′, jk), где j ′ = (j1, , . . . , jk−1) Nk−1. Тогда
◦			(12)
Ak, n+1= {j = (j ′, jk) : j ′ = (j1, , . . . , jk−1) Ak−1, n; jk = n + 1} .
Действительно, чтобы перейти от Ak, n (7) к

Ak, n+1 = {j = (j1, . . . , jk−1, jk) Nk : j1 < j2 < . . . < jk−1 < jk ≤ n + 1},

нужно добавить к Ak, n те мультииндексы j = (j ′, jk), для которых j ′

◦ ◦

Ak−1, n, jk = n + 1, т.е. добавить Ak, n+1. При этом Ak, n ∩ Ak, n+1= , так что верно равенство (11).

Основу для получения формул Виета в общем случае дает следующий результат.

Теорема 1. Пусть n N, n ≥ 2; zj C, j = 1, 2, . . . , n. Тогда, в приведенных обозначениях

	.	∏		∑k
		n		n
		(z − zj) = zn +		akzn−k,	(13)
		j=1		=1
где		ak = (−1)k			(14)
				zj1 . . . zjk .
			Ak, n
		j
			∑
Замечание 1. Согласно (8) и (9), получим из (14)
	a1 = −(z1 + . . . + zn),		an = (−1)nz1 · . . . · zn.		(15)

Доказательство.www Используем метод индукции.

1) При n = 2 и n = 3 раскрытие формул (13) и (14) (с использованием примеров 1 и 2, приведенных выше) дает равенства (4) и (6), установленные при доказательстве леммы 1; таким образом, база индукции имеется.

b1 = a1 − zn+1 = −(z1 + . . . + zn),

9.7. Формулы Виета

183

2) Допуская справедливость формул (13)—(14) для номера n (допущение индукции), получим из них соответствующие равенства для номера (n + 1) (шаг индукции), т.е. покажем что

n+1				n+1		ru
		(z − zj) = zn+1 +		bkzn+1−k,			(16)
j=1				k=1
∏			∑
где		k					(17)
bk = (−1)		j	zj1 . . . zjk ,	k = 1, . . . , .n + 1.
			Ak, n+1
Имеем			∑
n+1			n
j=1(z − zj) = (j=1(z − zj))(z − zn+1).
∏			∏
Используя допущение индукции, подставим сюда (13), и получим
n+1(z − zj) = (zn +		n	akzn−k)(z − zn+1) =
j=1	k=1
∏	∑			n		n
		= zn+1 − zn+1zn + akzn+1−k − akzn+1zn−k.
				k=1		k=1
				∑		∑
Сопоставляя с искомым разложением (16), приходим к равенству
n			n		n+1
−zn+1zn +		akzn+1−k − akzn+1zn−k =			k=1	bkzn+1−k.	(18)
k=1			k=1
∑			∑		∑

Сравнивая коэффициенты при одинаковых степенях z в левой и правой
	matematem
части (18), выразим b1,		. . . , bn+1 через a1, . . . , an:
www	(.коэффициент при zn),		(19)
b1 = a1 − zn+1
bk = ak − ak−1zn+1		(коэффициент при zn+1−k), k = 2, . . . , n,	(20)
bn+1 = −anzn+1	(коэффициент при z0).		(21)

Итак, из (19) и (15) получим, что

т.е. верно (17) при k = 1. Из (21) и (15) получим,

bn+1 = −anzn+1 = (−1)n+1z1 . . . znzn+1,

184 Тема 9. Многочлены над полем комплексных чисел

т.е. верно (17) при k = n + 1. Наконец, при k = 2, . . . , n имеем, согласно

(14),
ak−1 = (−1)k−1		zj1 . . . zjk−1		(здесь j ′ = (j1,		. . . , jk−1)).	(22)
j ′	Ak−1, n					ru
	∑
Подставляя (14) и (22) в (20), получим с учетом (12)
bk = ak − ak−1zn+1 =				zj1 . . . zjk−.
						1 zn+1 =
= (−1)k		zj1 . . . zjk +
	j Ak, n			j ′ Ak−1, n
	∑			∑
	= (−1)k			zj1 . . . zjk +	◦	zj1 . . . zjk .	(23)
			j Ak, n	j
			∑		∑
Но согласно свойству		matematem
		3◦ множеств Ak, n, справедливо равенство, исполь-
зуя которое, мы получим из (23), что
			∑
bk = (−1)k			zj1 . . . zjk , k = 2, . . . , n.
		j	Ak, n+1

Итак, из допущения индукции следуют равенства (16) — (17). Шаг индукции завершен. Таким образом, согласно принципу математической индукции, формулы (13) — (14) справедливы для всех n N, n ≥ 2. Теорема 1 доказана.

			.		. . . , n в теореме 1. Тогда (см.
Следствие. Положим zj = −z0				, j = 1,
(13), (14), (10))				∑k
wwwn!
	∏j
		n
		(z − zj) = (z + z0)n; ak = (−1)k(−z0)k|Ak, n| = Cnkz0k
	=1
и мы получаем из (13)—(14)
				n
			(z + z0)n = zn +		Ckzkzn−k,	(24)
					n 0
				=1
где Ck =			. Это известная формула бинома Ньютона.
n		k!(n − k)!

следует равенство (26).

= pnak, k = 1, 2, . . . , n.

pn−k

9.8. Доказательство основной теоремы алгебры

185

Теорема 2. Пусть n N,

n ≥ 2;

z1, . . . , zn — корни многочлена

P (z) = p0 + p1z + . . . + pnzn.

ru

(25)

Тогда при k = 1,

2, . . . , n справедливы формулы Виета:

pn−k

= (−1)

k

∑

.

(26)

pn

zj1

. . . zjk .

j Ak, n

−

matematem

Замечание 2. В частности, при k = 1

получим (см. (8)),

pn−1

= −(z1 + . . . + zn);

(27)

pn

при k = n получим (см. (9)),

∏j

p0

n

pn

= (−1)n

zj.

(28)

=1

Доказательство. Используем разложение многочлена (25) на множители (см. теорему 3 п. 9.5 и равенство (10) п. 9.5):

∏j
n
P (z) = pn	(z − zj).
=1
Применим теперь теорему 2 и получим, что
	∑k
P (z) = pn · (zn +	n
	akzn−k).	(29)
.	=1
		равен
Слева в (29) стоит многочлен (25), в нем коэффициент при zn−k

pn k. Равныйwwwему многочлен в правой части (29) имеет при zn−k коэффициент pnak. Из равенства многочленов следует совпадение их коэффициентов, т.е.

Отсюда и из (14)

9.8. Доказательство основной теоремы алгебры

§ 1. Вспомогательные результаты

Основная теорема алгебры утверждает, что любой многочлен степени n N над полем комплексных чисел имеет хотя бы один корень. Все

186 Тема 9. Многочлены над полем комплексных чисел

известные варианты ее доказательства используют результаты из курса математического анализа. Здесь мы, в основном, следуем схеме доказа-

тельства, приведенного в книге Э.Б. Винберга [2] и использующего лишь
свойства пределов числовых последовательностей.	ru

Определение 1. Последовательность комплексных чисел {zk}k N схо-

дится к числу z0, если |zk − z0| → 0 (k → ∞).	.
Обозначение : zk → z0.
Лемма 1. Пусть zk → z0. Тогда |zk| → |z0|.

С другой стороны, из matematem(2) и неравенства (a + b ) ≤ a + b ; a, b ≥ 0,

Доказательство следует из неравенства ||zk| − |z0|| ≤ |zk − z0| (см. (2б)) п. 8.2).

	Лемма 2. Пусть zk = xk + iyk, z0 = x0 + iy0			— запись комплексных
	чисел в алгебраической форме. Тогда
		zk → z0 xk → x0,	yk → y0.		(1)
	Доказательство. Имеем
		|zk − z0| = (|xk − x0|2 + |yk − y0|2)1/2,			(2)
	так что	|xk − x0| ≤ |zk − z0|, |yk − y0| ≤ |zk − z0|,			(3)
	и, поэтому,
	zk → z0 |zk − z0| → 0
		|xk − x0| → 0, |yk − y0| → 0 xk → x0, yk → y0.
		.	2	2 1/2
	следует, что
		|zk − z0| ≤ |xk − x0| + |yk − y0|,
	так что xk → x0, yk → y0 |zk − z0| → 0		zk → z0.

Следствие.wwwИз ограниченной последовательности комплексных чисел {zk}; |zk| ≤ R, k N можно выделить сходящуюся подпоследовательность zmj → z0, причем |z0| ≤ R.

Замечание 1. Это следствие — аналог теоремы Больцано–Вейерштрасса, доказанной в курсе математического анализа для вещественных последовательностей.

9.8. Доказательство основной теоремы алгебры

187

Доказательство следствия. Пусть zk = xk + iyk ; |zk| ≤ R, k N. Тогда

|xk| ≤ R, |yk| ≤ R. k R, так что {xk}, {yk} — ограниченные веществен-

ные последовательности. По теореме Больцано–Вейерштрасса выделим
получим, что |z0| = lim |zmj | ≤ R.	ru	} —
из {xk} сходящуюся подпоследовательность xki	→ x0, а затем из {yki

сходящуюся подпоследовательность ykij → y0. Обозначив mj = kij , полу-

чим, что xmj → x0, ymj → y0, т.е. по лемме 2 zmj → z0 = x0 + iy0. Тогда по лемме 1 |zmj | → |z0| и т.к. |zmj | ≤ R, j N, то предельным переходом

An(R)matematem= |q0| + |q1|R + . . . + |qn−1|Rn−1	;
Лемма 3. Пусть P — многочлен степени n N .	(4)
P (z) = p0 + p1z + . . . + pnzn.
Тогда	(5)
zk → z0 P (zk) → P (z0)

(свойство (5) означает непрерывность функции P (z)). Доказательство. По лемме 2

zk → z0 |zk| → |z0|.

Из курса анализа известно, что сходящаяся последовательность ограни-

чена, так что	(6)
R > 0 : |zk| ≤ R, k = 1, 2, . . .

Далее, многочлен P (z) −P (z0) имеет корень z0; поэтому по теореме Безу

	P (z) − P (z0) = (z − z0)Q(z),	(7)
где Q некоторый многочлен степени (n − 1):
	Q(z) = q0 + q1z + . . . + qn−1zn−1.
Обозначим	.
www|P (zk) − P (z0)| → 0 P (zk) → P (z0).
тогда, согласно (6) при всех k N
|Q(zk)| ≤ |q0| + |q1| · |zk| + . . . + |qn−1| · |zk|n−1 ≤ An(R).
Отсюда и из (7) следует, что
|P (zk) − P (z0)| = |zk − z0| · |Q(zk)| ≤ An(R)|zk − z0|.		(8)
По условию |zk − z0| → 0, так что из (8) получим

188	Тема 9. Многочлены над полем комплексных чисел

Лемма 4. Пусть P многочлен степени n N (см. (4), pn ≠ 0). Тогда при |zk| → ∞ также |P (zk)| → ∞.

Q(w) = 1 + pn

w + . . . + pn w

ru

Доказательство. Согласно (4),

P (z) = pnznQ(w), w = z−1,

где

pn−1

p0

n

Пусть n N, z0

C, matematemP — многочлен вида (4), причем P (z0) ̸= 0. Тогда

— многочлен степени n. Поэтому,

.

|P (zk)| = |pn| · |zk|n · |Q(wk)|,

wk = zk−1.

(9)

1

При |zk| → ∞ имеем |wk| =

|zk|

→

0, т.е. wk

→ w0

= 0. Тогда, по лемме

3 (примененной к многочлену Q ) получим: Q(wk) → Q(0) = 1, откуда следует, что |Q(wk)| → 1 (см. лемму 1). Поэтому,

k0 N :	|Q(wk)| ≥		1	, k ≥ k0.
			2
Отсюда и из (9) получим
|P (zk)| ≥	1	|pn| · |zk|n, k ≥ k0.
	2

По условию |zk| → ∞, так что и |P (zk)| → ∞ при k → ∞.

Следующая лемма является центральной для доказательства основной теоремы. В отличие от предыдущих лемм, она существенно использует специфику поля комплексных чисел.

Лемма 5. (Даламбер)

www
найдется z1 C, такое.	что	(10)
	|P (z1)| < |P (z0)|.

Доказательство. 1) Сначала рассмотрим частный случай леммы, когда z0 = 0, po = P (0) = 1. Нужно показать, что

z C : |P (z)| < |P (0)| = 1.

(11)

Пусть pk (1 ≤ k ≤ n) — первый ненулевой коэффициент среди p1, . . . , pn. Тогда P имеет вид

P (z) = 1 + pkzk + pk+1zk+1 . . . + pnzn,

|P (z + z0)| < |P (z0)|.

9.8. Доказательство основной теоремы алгебры					189
причем pk, pn ̸= 0. Фиксируем число z2 C, такое что					(12)
pkz2k = −1.				ru
Число z ищем в виде z = tz2, где	t (0,
		1) подлежит определению.
Тогда,
P (z) = 1 + pkz2ktk + tk+1Q(t),			.
где					(13)
Q(t) = pk+1zk+1 + pk+2zk+2t + . . . + pnzntn−k−1.
matematem|P (z)| < 1, z = tz2,
2	2	2
С учетом выбора z2 (12), имеем
P (z) = 1 − tk + tk+1Q(t).
Отсюда при t (0, 1), используя неравенство (2а)) п. 8.2, получим					(14)
|P (z)| ≤ 1 − tk + tk+1|Q(z)|
(учесть, что |1 − tk| = 1 − tk, t (0,	1)). Обозначим
Ak, n = |pk+1z2k+1| + |pk+1z2k+2| + . . . + |pnz2n|.

Отметим, что Ak, n > 0 не зависит от t. Из (13) следует, что при всех t (0, 1)

|Q(t)| ≤ |pk+1z2k+1| + |pk+2z2k+2|t + . . . + |pnz2n|tn−k−1 ≤ Ak, n.
Вместе с (14) эта оценка дает (здесь z = tz2)
|P (z)| ≤ 1 − tk + Ak, ntk+1, t (0, 1).	(15)

Берем теперь t (0, 1) столь малым, чтобы выполнялось неравенство

		Ak, ntk+1 < tk
	.			1
(достаточно взять	0 < t < min {1,			Ak, n	}). Для таких t из (15) вытекает
www				e
что и требовалось.
2) В общем случае для многочлена P вида (4) с P (z0) ̸= 0 положим
	P	z		P (z + z0)
	e(		) =	P (z0)		.

e

Это также многочлен степени n N, причем P (0) = 1. По доказанному на шаге 1, найдется z C, такое что |P (z)| < 1, т.е.

Положив здесь z1 = z + z0, приходим к неравенству (10).

190	Тема 9. Многочлены над полем комплексных чисел

Замечание 2. Лемма Даламбера не имеет аналога для многочленов над полем вещественных чисел. Например, для P (x) = 1 + x2, x R имеем

|P (x)| ≥ P (0) = 1,	x R.	ru

Укажите то место в доказательстве леммы Даламбера, в котором оно не

	.
проходит, если ограничиваться вещественными значениями аргумента.
matematemP (zmj ) → P (z0),
§ 2. Доказательство основной теоремы

1) Множество значений |P (z)| ограничено снизу (например, нулем), так что существует

0 ≤ M := infz C|P (z)| < ∞.	(16)
Ближайшая цель — доказать, что
z0 C : |P (z0)| = M.	(17)

По определению точной нижней грани найдется последовательность комплексных чисел {zk}, такая что

|P (zk)| → M.	(18)
Покажем, что {zk} ограничена, т.е. R > 0 :	|zk| ≤ R, k N. Допустив

противное, мы выделим из {zk} подпоследовательность {zkj } с |zkj | → ∞. Тогда, по лемме 4 |P (zkj )| → ∞, что противоречит (18). Значит, {zk} ограничена. По следствию леммы 2 можно выделить из {zk} сходящуюся

подпоследовательность. Обозначим ее {zmj } и пусть zmj → z0, |z0| ≤ R.
По лемме 3,	.
www

а тогда (см. лемму 1)

|P (zmj )| → |P (z0)|.

Отсюда и из (18) следует равенство (17).

Осталось показать, что M = 0. Допустив, что M > 0, мы можем найти по лемме Даламбера число z1 C, такое что |P (z1)| < |P (z0)| = M. Но это противоречит определению M (16). Итак, допущение неверно, т.е. M = 0. Тогда равенство (17) дает: P (z0) = 0, т.е. z0 — корень многочлена.