El principio de argumentación utilizado para demostrar el teorema fundamental del álgebra

Question

Greene y Krantz plantean el siguiente problema en Teoría de las funciones de una variable compleja , cap. 5 problema 3:

Dar otra prueba del teorema fundamental del álgebra de la siguiente manera: Sea $P(z)$ sea un polinomio no constante. Fijar $Q\in \mathbb{C}$ . Considere \begin {Ecuación} \frac {1}{2 \pi i} \oint_ { \partial D(Q,R)} \frac {P'(z)}{P(z)}\Ndz. \end {equation} Argumentar que como $R\to +\infty$ Esta expresión tiende a una constante no nula.

Estaba pensando en lo siguiente: Como no sabemos $P(z)$ factores completamente, escribamos $$ P(z) = \prod_j (z - \alpha_j) \, g(z),$$ donde $g(z)$ es un polinomio irreducible. Ahora $$ \frac{P'(z)}{P(z)} = \sum_k \frac{1}{z-\alpha_k} + \frac{g'(z)}{g(z)}.$$ Cada uno de los términos $1/(z-\alpha_k)$ añade $1$ a la expresión integral. Como $R \to \infty$ , todos los $\alpha_k$ están eventualmente dentro de $D(Q,R)$ mientras que el término $g'(z)/g(z)$ se acerca a cero, ya que el denominador tiene un grado mayor. ¿Es correcto el razonamiento? ¿Puede alguien ofrecer un argumento más sencillo?

Answer 1

Aquí hay una pista general que debería conducir a una prueba corta y agradable: el principio de argumentación te dice que la integral $$ \frac{1}{2\pi i} \int_{\Gamma} \frac{f'(z)}{f(z)} \, dz = \#(zeros) - \#(poles) $$ pero lo más importante es lo que representa la integral anterior. Obsérvese que $f'(z)/f(z) = (\log(f(z))'$ la integral anterior (sin el $2\pi i$ factor) le indica el cambio total en el argumento complejo (es decir, el ángulo) de los valores de $f(z)$ al atravesar el contorno $\Gamma$ . Ahora, para $|z| = R$ muy grande, piensa en lo que ocurre con los ángulos de un polinomio $P(z) = a_n z^n + \ldots + a_1 z + a_0$ esto debería permitirte calcular directamente la integral anterior.

Answer 2

Permítanme resumir las cosas. Dejemos que $$ P(z) = \sum_{j=1}^n a_j z^j $$ ser de $n$ -de grado. Sabemos que un polinomio de grado $n$ tiene como máximo $n$ raíces. Como el número de raíces es finito, podemos elegir $R$ tal que $D(Q,R)$ contiene todas las raíces, y $R>|Q|$ . (aún no sabemos si hay raíces. De hecho, esto es justo lo que dice el teorema: que hay raíces).

Para $r>R$ veamos la integral \begin {Ecuación} \frac {1}{2 \pi i} \oint_ { \partial D(Q,r)} \frac {P'(z)}{P(z)}\Ndz. \end {ecuación} Por un lado, esto equivale al número de ceros de $P(z)$ dentro de $D(Q,r)$ . Desde $r>R$ es el número total de ceros, que denotaremos $N$ .

Por otro lado, calculemos esa misma integral para un polinomio más sencillo, un monomio de hecho, $g(z) = a_n z^n$ el término principal de $P(z)$ . \begin {Ecuación} \frac {1}{2 \pi i} \oint_ { \partial D(Q,r)} \frac {g'(z)}{g(z)} {g(z)}, dz = \frac {1}{2 \pi i} \oint_ { \partial D(Q,r)} \frac {n a_n z^{n-1}}{a_n z^n}{dz = \frac {1}{2 \pi i} \oint_ { \partial D(Q,r)} \frac {n}{z}\N-, dz =n, \end {Ecuación} donde la última igualdad se deduce de (por ejemplo) el teorema del residuo (aquí la suposición $R>|Q|$ se utilizó, para obtener $0$ dentro de la ruta de integración).

Por último, nos gustaría demostrar que el número de ceros de $P(z)$ que denotamos $N$ es igual al grado de $P$ , a saber $n$ . Para ello, mostraremos $$ \underbrace{\frac{1}{2\pi i} \oint_{\partial D(Q,r)} \frac{P'(z)}{P(z)}\,dz}_\textrm{N} - \underbrace{\frac{1}{2\pi i} \oint_{\partial D(Q,r)} \frac{n}{z}\,dz}_\textrm{n} =0.$$

El asunto es el siguiente: \begin {Ecuación} \frac {1}{2 \pi i} \oint_ { \partial D(Q,r)} \frac {P'(z)}{P(z)}- \frac {n}{z} \N - dz = \frac {1}{2 \pi i} \oint_ { \partial D(Q,r)} \frac {z P'(z) - n P(z)}{z P(z)} \N-, dz \xrightarrow [r \to \infty ]{} 0 \end {Ecuación} donde el límite se deduce del hecho de que el numerador es un $(n-1)$ y el denominador es de grado $(n+1)$ .