Контекст

Момент, где возникли вопросы

Пытаюсь разобраться с доказательством, и возникли вопросы. А именно, почему при доказательстве утв.36 во второй ссылке в 1-ом пункте мы рассматриваем только диски с центром в нуле? Да они перейдут в диск при отображении, но почему мы имеем право не смотреть на диск с произвольным центром? Какой-то трюк с заменной координат? Не понимаю

И второй вопрос, почему в начале док-ва второго пункта мы смотрим только на то чтобы диск $%p(z_0)$% лежал в отображении искомого диска? Разве не диск от всех точек должен лежать в отображении чтобы говорить об открытости? Почему только $%z_0$%?

задан 8 Сен 15:07

изменен 10 Сен 2:35

1

@Квантиль: там в начале показано, что случай диска с центром z0 сводится к случаю диска с центром в нуле. Это верно за счёт возможности сдвига начала координат. Если p(z) -- многочлен, то p(z+z0) тоже многочлен. Ничего более глубокого за всем этим нет, а доказательство там подробное (даже в чём-то излишне).

По второму: надо доказать, что образ открытого множества U открыт. Рассмотрим точку из p(U). Она имеет вид p(z0). Достаточно проверить, что некоторая её окрестность содержится в p(U). Это и утверждается: U содержит D(z0), так как оно открыто, и если p(D(z0)) содержит диск, то он искомый.

(8 Сен 16:14) falcao

@falcao, Спасибо, я понял Ваши пояснения, но у меня возник другой вопрос. Когда мы в этом

моменте говорим что диск около нуля с фикс. радиусом при возведении его элементов в степень переходит в диск с радиусом $%r^n$%. Не очень понятно почему именно в диск?

(9 Сен 18:53) Квантиль

Т.е. точки исходного диска характеризуются тем что для любой его точки z=a+bi выполнено sqrt(a2+b2)<r, и когда мы z возводим в степень все что мы явно видим это то что расстояние от нуля увеличилось в степень n раз, но что если диск тогда перейдет просто в полуинтервал [0, r^n)? Как мы можем утверждать что переход произойдет именно в диск

(9 Сен 18:53) Квантиль

Т.е. надо видимо доказать что у z=a+bi из исходного диска при возведении в степень поменялось не только расстояние от нуля по правилу sqrt(a2+b2)->sqrt(a'^2+b'^2)=(sqrt(a2+b2))^n, но и координаты (а,b) УНИКАЛЬНЫМ образом для каждых z лежащих не на одном радиусе, иначе исходный диск может перейти например в четверть диска радиуса r^n

(9 Сен 19:00) Квантиль
1

@Квантиль: там помимо модуля числа нужно учитывать ещё и аргумент. При возведении в n-ю степень он умножается на n. Поэтому все значения принимаются, и не может получиться четверть круга или типа того.

Здесь технически было бы удобнее доказывать не открытость отображения (хотя можно и так), а лемму Даламбера. Её формулировка: если f(z) -- многочлен, и f(z0) не равно нулю, то существует такая точка z, для которой |f(z)| < |f(z0)|. Тогда в точке z0 наименьшего значения |f(z)| сразу имеем противоречие.

(9 Сен 19:52) falcao
1

Кстати, свойство поля $%\mathbb C$% называется алгебраической замкнутостью. Обычная замкнутость -- это понятие из топологии.

(9 Сен 19:53) falcao

@falcao, спасибо, сейчас поменяю заголовок. Продолжаю разбираться с док-вом и возник вопрос: в моменте когда говориться

ЗДЕСЬ

ближе к низу "Ее образ будет кривая вокруг нуля делающая r оборотов", почему? Сложно же сказать как будет выглядеть график какого-то случайного многочлена примененного к точкам диска.

(10 Сен 2:34) Квантиль
1

@Квантиль: я бы Вам советовал рассмотреть другое доказательство, где идеи те же, но всё продумано до мелочей с точки зрения читателя, и где ни во что вдумываться не надо. Например, взять учебник Л.Я.Окунева "Высшая алгебра" и прочитать доказательство основной теоремы алгебры многочленов на основе леммы Даламбера. Дело в том, что факт насчёт кривой и числа обходов вокруг нуля на наглядном уровне почти очевиден. Для z^m ясно, что кривая m раз обойдёт 0 за счёт свойств модуля и аргумента. Для многочлена общего вида, если это не константа, выделяем член младшей степени.

(10 Сен 12:57) falcao
1

(продолжение) Типа, p(z)=1+cz^m+...=1+cz^m(1+o(1)). Поскольку z мало, то z^{m+1} и следующие члены малы по сравнению с z^m, и поведение кривой "почти" такое же как для степени.

На уровне наглядном, это понимать полезно, но на более формальном не так легко сходу даже дать определение того, что такое число обходов кривой вокруг нуля. Поэтому лучше заменить доказательство.

(10 Сен 13:01) falcao
1

@Квантиль: там не должно быть ссылок на какие-либо факты помимо того, что полагается уже знать в момент изучения основной теоремы алгебры. Изучать материал желательно последовательно: по принципу "от простого к сложному".

Неравенства в комплексной области вообще не рассматриваются, поэтому z не может быть чего-то больше. Конечно, там пропустили знак модуля. О ссылке на какой факт из курса матанализа идёт речь? Если про достижение наибольшего/наименьшего значения непрерывной функцией на компакте, то это стандартное утверждение. Его иногда называют теоремой Вейерштрасса.

(10 Сен 21:13) falcao

@Квантиль: эта теорема имеет много доказательств, в том числе алгебраическое, где используются свойства полей разложения. Но я имел в виду другое, которое идёт через лемму Даламбера. Оно близко к тому, что излагается здесь.

(11 Сен 0:25) falcao

Уважаемый @falcao. Мы выбрали произвольно открытое подмножество $%U \in C$%, потом в нем мы выбрали произвольно точку $%z_0 \in U$%. И мы хотим показать что $%D(p(z_0))$% лежит в $%p(U)$%, а для этого достаточно показать что $%D(p(z_0))$% лежит в $%p(D(z_0))$%, т.к. $%p(D(z_0)) \in p(U)$%. Мы показали что открытость $%p(z)$% равносильна открытости $%p'(z)=p(z+z_0)$%. Здесь все ясно.

(15 Сен 20:10) Квантиль

Но дальше, мы фиксируем $%U$% и $%z_0$% и вместо p берем p'. Но для p' это же уже будут не случайно выбранное открытое множество и не случайно выбранная точка на нем? Т.е. для p мы доказываем на всех U и z0, а на p' только частный случай. Но равносильность же не на частностях, а на в целом в открытости.

(15 Сен 20:10) Квантиль

@Квантиль: для начала несколько замечаний "редакционного" характера. Окрестность не принадлежит окрестности, а содержится в ней, то есть там значок $%\subseteq$%. Далее, нежелательно обозначать $%p'$%, так как это путается с производной. Лучше $%p_1$% или как-то ещё.

Схема такая: надо доказать, что $%p$% открыто, то есть открыто в любой точке $%z_0$%. Берём такую точку, и далее переносим начало координат, сводя всё к случаю $%z_0=0$%.

Да, я сегодня принёс домой учебник Окунева -- там в издании 1968 года надо читать со стр. 76, а не со стр. 240.

(15 Сен 22:36) falcao

Издания 1968 я не нашел, но сейчас скачал издание 1958го и все выглядит достаточно понятно до момента разложение в ряд Тейлора комплексного многочлена.

Я не понимаю как строго математически объяснить замену координат.

Edit: откатился пару страниц назад, разложение в ряд Тейлора вводится без определения непрерывности, все хорошо.

(15 Сен 23:48) Квантиль
показано 5 из 15 показать еще 10
10|600 символов нужно символов осталось
1

Выше уже исчерпан лимит комментариев.

Скорее всего, в другом издании всё то же самое. Что касается разложения многочлена в ряд Тейлора, то это делать не обязательно. Достаточно разложить многочлен по степеням новой переменной из чисто алгебраических соображений. Если f -- многочлен, и x0 -- число, то понятно, что f(x0+h) будет многочленом от h той же степени, и старший коэффициент останется прежним. Это совсем элементарный факт. В том изложении, которое Вы сейчас обсуждаете, факты такого порядка обычно даже не обсуждаются, а считаются известными. В самом деле, f(x)=ax^n+bx^{n-1}+...+cx+d => f(x0+h)=a(h+x0)^n+b(h+x0)^{n-1}+...+c(h+x0)+d = (раскрыли скобки, привели подобные) = ah^n+члены меньшей степени. Свободный член всегда равен значению в нуле, то есть это f(x0).

Такого рода простейшие детали доказательств нужно уметь восстанавливать самостоятельно: в противном случае при разборе сложных теорем можно "увязнуть".

Сдвиг начала координат -- вещь столь же элементарная. Обосновывать там нечего. При сдвиге многочлен переходит в многочлен, окрестность в окрестность. Если мы что-то доказали для окрестности нуля и произвольного многочлена f(z), то для окрестности точки z0 раскладываем многочлен по степеням z-z0 и вводим новую переменную w=z-z0. Потом применяем предыдущий частный случай к многочлену от w в окрестности нуля. То есть это если формально рассуждать. Странно, что такая простая вещь вызывает какие-то сомнения или потребность что-то долго обосновывать. Главное, я считаю, должно быть "здоровое чутьё", которое говорит, что такого рода приёмы заведомо являются правильными. Лично я в это верю намного сильнее, чем в любого рода "формализмы". Ведь, читая формальный текст, я мог принять по невнимательности одну букву за другую, и мне что-то показалась правильным. А полагаться на соображения, скажем, симметрии, можно совершенно не сомневаясь.

ссылка

отвечен 16 Сен 0:10

Огромное спасибо, все стало понятно

(16 Сен 0:45) Квантиль
10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×4,253
×1,193
×568
×449
×383

задан
8 Сен 15:07

показан
117 раз

обновлен
16 Сен 0:45

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru