\input /home/pasky/school/fastex/lib.tex


\subchapter{Z�kladn� v�ta algebry}{

	Ka�d� nekonstantn� polynom
	$$ p(z) = a_nz^n + a_{n-1}z^{n-1} + \cdots + a_1z + a_0 $$
	$$ a_i \in \cmplx,\ n \ge 1,\ a_n \ne 0 $$
	m� alespo� jeden komplexn� ko�en.

	\bigskip

	Pod�vejme se, jak bychom n�co takov�ho dokazovali s vyu�it�m
	na�ich sou�asn�ch znalost� kolem extr�m� funkc� v�ce prom�nn�ch.

	Chceme tedy naj�t ��slo $z_0 \in \cmplx$ takov�, �e $p(z_0) = 0$.

	Vezm�me $f(z) = |p(z)|\colon \cmplx \to \real_0^+$.
	P�itom $\cmplx$ ch�peme jako $\real^2$,
	tzn. $|a+bi| = \sqrt{a^2+b^2}$.
	Jinak �e�eno $f(z)\colon \real^2 \to \real_0^+$.
	V�imn�me si, �e $f$ je spojit�:
	$$ |p(z)| = |p(a+bi)| = \sqrt{r(a,b)^2 + s(a,b)^2} \qquad r,s \in \real[x,y] $$

	Pl�n boje:
	\list{
	\listItem{Nejd��ve ov��me, �e $f$ nab�v�
		na $\cmplx$ (tedy $\real^2$)
		minima, tj.:
		$$ \min_{z\in\cmplx} |p(z)| = |p(z_0)| \qquad z_0 \in \cmplx $$
	}
	\listItem{Vezm�me n�jak� $u \in \cmplx$.
		Pak by m�lo platit:
		$$f(u) > 0 \Longrightarrow \existss u' \in \cmplx: f(u') < f(u)$$
	}
	}

	Plat�-li pak (i) i (ii), glob�ln� minimum $z_0$ z (i)
	u� je ko�en $p$ a plat� $p(z_0) = 0$.

	\list{
	\listItem{Vezm�me si polom�r
		$$ R := \max\left(1,{2(|a_0|+1)\over|a_n|},{2n\over|a_n|}\max_{0\le i \le n-1} |a_i|\right) $$
		a pod�vejme se, co se stane,
		zvol�me-li komplexn� ��slo
		v�t�� ne� tento polom�r:
		$$ |z| > R \Longrightarrow |p(z)| = |a_nz^n + a_{n-1}z^{n-1} + \cdots + a_0| $$
		$$\eqalign{ &= |z|^n |a_n + a_{n-1}/z + \cdots + a_0/z^n|\cr
			&\ge |z|^n \bigg(|a_n| - \sum_{i=0}^{n-1} |a_i/z^{n-i}|\bigg)\cr
			&\ge |z| \bigg(|a_n| - \sum_{i=0}^{n-1} |a_i|/|z|\bigg)\cr
			&\ge |z| \bigg(|a_n| - {n\cdot\max_{0\le i \le n-1} |a_i| \over |z|}\bigg)\cr
			&\ge z{|a_0|+1\over|a_n|}{|a_n|\over2} = |a_0|+1} $$
		(Pozor, tento �et�z nerovnost� plat� pouze, je-li $z\ge1$, ale
		na to u� jsem myslel p�i definici $R$.)

		Tedy jsem pr�v� dok�zal, �e
		$$ |z| > R \Longrightarrow |p(z)| \ge |a_0| + 1 > |a_0| = |p(0)| $$

		Vezmu-li si kruh $K := \{ z \in \cmplx: |z| \le \real \}$,
		bude to kompaktn� mno�ina, a z toho,
		co jsme si pr�v� dok�zali, plyne:
		$$ \inf_{z \in \cmplx} |p(z)| = \inf_K |p(z)| = |p(z_0)| \qquad z_0 \in K $$
		(Posledn� rovnost plat�, nebo� $K$ je kompaktn� a $f(z)$ je spojit�.)
	}
	
	\listItem{M�jme $z \in \cmplx$, $z \ne 0$.
		Vzpome�me si na alternativn� z�pis komplexn�ch ��sel:
		$$ z = r(\cos\varphi + i\sin\varphi) = re^{i\varphi} \qquad r = |z| > 0,\ \varphi \in [0,2\pi),\ \varphi = \arg(z) $$
		M�m-li $u,v \in \cmplx$, $0<|u|<|v|$, plat�:
		$$ |\arg(u) - \arg(v)| = \pi \Longrightarrow |u+v| = |v|-|u| $$

		\lemma{}{
			Zvolme $a \in \cmplx$, $a \ne 0$, $n \in \nat$, $r > 0$.
			Pak plat�, �e
			$$ az^n\colon \{ z \in \cmplx: |z| < (r/|a|)^{1/n} \} \to \{z \in \cmplx: |z| < r \} $$
			je zobrazen� {\sl na} (surjektivn�).

			\proof{
				Nech� $z \in B$.
				Pak je-li $z = 0$, $z = a\cdot0^n$,
				jinak
				$$ z_0 = {|z|^{1/n}e^{i\arg(z)/n} \over |a|^{1/n}e^{i\arg(a)/n}} $$
				a tud�� $az_0^n = z$.
				\qed
			}
		}

		$u \in \cmplx$, $f(u) > 0$, tj. $|p(u)|>0$, tj. $p(u) \ne 0$.
		$p(z)$ vyj�d��me (se vzpom�nkou na p. Taylora) takto:
		$$p(z) = b_0 + b_1(z-n) + \cdots + b_n(z-n)^n \qquad b_i \in \cmplx$$
		$$p(z) = a_0 + a_1z + \cdots + a_nz^n $$

		\TODO{N�sleduj�c� text asi ml��.}
		To je ale line�rn� podle n�jak�ho $k$ v b�zi $\{1,z,z^2,\ldots\}$.
		Vyj�d��me to v jin� b�zi: $$\{1,z-n,(z-n)^2,\ldots\}$$
		Jak vypadaj� koeficienty?
		$$b_0 = p(n) \ne 0 \qquad b_n = a_n \ne 0$$

		Vezm�me nejmen�� $k \ge 1$ takov�, �e $b_k \ne 0$:
		$$ p(z) = b_0 + b_k(z-n)^k + \sum_{i=k+1}^n b_i(z-n)^i = b_0 + p_1(z) + p_2(z) $$

		Pro $z \to u$ m�m $p_2(z) = o(p_1(z))$.
		Vezmu $\delta > 0$ takov�, aby
		$$ |z-u| < \delta \Rightarrow |p_2(z)| \le |p_1(z)|/2 $$
		Zvol�m $r>0$ tak mal�,
		aby $r < |b_0|$ a $(r/|bk|)^{1/k} < \delta$.
		Zvol�m $c \in \cmplx$ takov�, �e $0<|c|<r<|b_0|$
		a~$c$~je opa�n� k $b_0$.
		Podle lemmatu existuje $u' \in \cmplx$ takov�, �e
		$$ 0 < |u'-u| < (r/|bk|)^{1/k} < \delta \et p_1(u') = c $$

		$$ |p(u')| = |b_0+p_1(u')+p_2(u')| \becauseof{$\triangle$}{\le} |b_0+c|+|p_2(u')| $$
		$$ = |b_0| - |c| + |p_2(u')| < |b_0| - |c|/2 < |b_0| = |p(u)| $$
	}
	}
		\qed

}


\bend
