Ola Bruno e demais colegas desta lista ... OBM-L,
Eu me lembro da prova de Cauchy. Ela simples e curta.
Seja P(x) = A0*x^n + A1*x^(n-1) + ... + An-1*x + An um polinomio no qual tanto os coeficientes A0, A1, A2, ..., An-1, An bem como "x" sao numeros complexos da forma "A + Bi". IMAGINE agora que "x" varia no plano complexo ( plano de ARGAND ). Neste caso, P(x) tambem vai variar, pois estamos supondo que P(x) nao e constante. Tomando os sucessivos modulos de P(x), somos obrigados a admitir que o conjunto :
C = { modulo( P(x)) / x varia no plano de Argand }
Tem um minimo ... De fato, como modulo(P(x)) >= 0, para qualquer "x", então, na pior das hipoteses, teremos MIN C = 0, podendo ocorrer que o minino de A seja maior que quero para algum polinomio
P(x). O certo e que voce deve se convencer que este minimo existe. Vamos usar isso.
Seja MIN C = D. Pode ocorrer D=0 ou D > 0.
1) CASO D=0.
Como D=0, seja X0 o complexo do plano de ARGAND que provocou este minimo. Entao :
modulo( P(X0) ) = 0 => P(X0) = 0. Logo, X0 e uma raiz de P(x) e a demonstracao esta concluida, pois acabamos de mostrar que existe X0 no plano de Argande tal que P(X0) = 0.
2) CASO D > 0
Mais uma vez, seja X0 o numero complexo do plano de Argand que provocou este minimo. Entao :
modulo ( P(X0) ) = D e, para qualquer X do plano de Argand : modulo ( P(X) ) >= modulo( P(X0) ), pois modulo(P(X0)) e um minimo.
IMAGINE agora, no plano de Argand, uma pequena circunferencia com centro em X0 e raio E. Um ponto X desta circunferencia ( numero complexo ) SEMPRE podera ser IMAGINADO como a soma de dois vetores :
1) O vetor X0 ( de (0,0) ate X0 ) 2) O vetor de modulo E que vai de X0 ate X, isto e :
X = X0 + X', X' indo de X0 ( origem ) ate X ( extremidade ). Assim P(X) = P(X0+X') P(X) = A0*(X0+X')^n + A1*(X0+X')^n-1 + ... + An-1*(X0+X') + An
Agora e muito importante voce observar o seguinte :
O desenvolvimento (pelo Binomio de Newton ) de P(X) = P(X0+X') ira produzir todas as potencias de X0, desde "n" ate 0. E como vamos multiplicar sucessivamente por A0, A1, ..., An teremos novamente o polinimio P(X0) que da o minimo e mais todas as potencias de X', tambem elevadas desde X'^n ate X' elevada a zero. E facil ver isso olhando ai em cima. Quero dizer que podemos colocar o polinomio P(X) da seguinte forma :
P(X) = P(X0) + B1*X' + B2*X'^2 + ... + Bn-1*X^n-1 + Bn*X^n.
Note que P(X0) esta desempenhando o papel do coeficiente B0, isto e, B0=P(X0) e P(X0) e, conforme ja falamos, o valor de modulo minimo.
Claramente que alguns dos Bi, i={1,2,..,n} podem ser nulos, dependendo dos Ai originais e do raio E que escolhemos. Seja Ci o i-esimo termos da sequencia B1, B2, ..., Bn que nao e nulo. Entao :
P(X) = P(X0) + C1*X'^a + C2*X'^b + ... + Cm*X'^z, onde :
a < b < c < ... < z e a, b,c, ... , z estao em { 1,2,3, ..., n }P(X) = P(X0) + C1*X'^a(1 + X'*F(X')). Como P(X0) e diferente de zero :
P(X)/P(X0) = 1 + [ C1/P(X0) ]*[ X'^a(1 + X'*F(X') ] P(X0+X')/P(X0) = 1 + K*[ X'^a(1 + X'*F(X') ], onde K = C1/P(X0)
Agora, o golde de mestre ( do Mestre Cauchy ! ) :
Claramente que X' e K sao numeros complexos. Portanto, eles podem ser colocados na forma trigonometrica, isto e :
X'=S(cosV + isenV) e K = T(cosW + isenW). Assim, a relacao : K* X'^a, ficara com a forma :
KX'^a = ST^a[ cos(V+aW) + isen(V+aW) ]
IMAGINANDO dentro da circunferencia de centro X0 e raio E todos os X complexos tais que V+aW=pi, isto e, complexos que formam um angulo W= (pi - V)/a com o eixo dos reais ( eixo dos x ), teremos :
P(X0+X')/P(X0) = 1 + ST^a(cos(pi) + isen(pi))(1 + X'*F(X') )
P(X0+X')/P(X0) = (1 - ST^a) - ST^a* X'*F(X') ) onde so X' e F(X') sao complexos e, os demais, numeros reais.
Aplicando agora a relacao dos modulos ( o modulo da soma ou da subtracao de dois numeros complexos e sempre menor ou igual a soma dos modulos ) :
modulo( P(X0+X')/P(X0) ) =< modulo(1 - ST^a) + modulo( ST^a* X'*F(X') )
mas : 1 - ST^a + ST^a* modulo(X')*modulo( F(X')) = 1 - ST^a + ST^(a+1)*modulo(F(x'))
E ja deve ter ficado claro pra voce que estamos diante de um absurdo ...
Pois, a medida que diminuirmos E - o raio da circunferencia original - evidentemente vai diminuir ST^a e ST^(a+1)*modulo(F(X')) diminuem, podendo ficar tao pequenos quanto quisermos bastando tomar E suficientemente pequeno. Entretanto, ST^(a+1)*modulo(F(X')) < ST^a para E suficientemente ´pequeno , de forma que o valor negativo -ST^a vai anular a parte positivo de ST^(a+1)*modulo(F(X')) de forma que a soma 1 - ST^a + ST^(a+1)*modulo(F(x')) vai ficar menor que 1. E dai e evidente que teremos modulo(P(x0 + 1)) < modulo(P(X0)) ... ABSURDO, ABSURDO, ABSURDO !
Pois ja admitimos que modulo(P(X0)) e o valor minimo.
Bom, tudo isso derivou do fato de supormos que pode ocorrer o caso D > 0.
Nao podendo isso ocorrer, pois conduz ao absurdo acima, devemos admitir que, qualquer que seja o polinomio P(X), com coeficientes no plano de argand e X variando tambem neste plano, SEMPRE HAVERA UM X0 TAL QUE modulo(P(X0))=0 => P(X0)=0, ou seja :
TODA EQUACAO POLINOMIAL p(x)=0 TEM AO MENOS UMA RAIZ !
E isto e o chamado TEOREMA FUNDAMENTAL DA ALGEBRA que voce estava querendo ver como se prova. Note que voce procurou em livros e nao encontrou uma prova, mas, escrevendo pra essa lista de discussao ( e eu senti sinceridade em sua busca ! ) voce teve uma resposta a altura !
Um Abraco e parabens pela sua busca pelo conhecimento ! Paulo Santa Rita 1,1438,200703
-----Original Message----- From: [EMAIL PROTECTED] [mailto:owner-obm- [EMAIL PROTECTED] On Behalf Of brunos.pompeo Sent: Saturday, July 19, 2003 7:22 PM To: [EMAIL PROTECTED] Subject: [obm-l] Demonstração não encontrada
Gostaria q alguém me desse a demonstração do teorema fundamental da álgebra, ou seja, todo polinômio tem raíz. Por favor, identifique o e-mail. Obrigado
Bruno Pompeo
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