Bourbaki

习题 1, § 1

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一般拓扑, VIII

Google 翻译生成的粗略草稿，质量较低。术语依照术语表，但句子可能有误；之后会由仔细的译文取代。

令 f(z)=zn+a1zn−1+⋯+an−1z+anf(z) = z^n + a_1 z^{n-1} + \cdots + a_{n-1} z + a_n 为次数 nn 的复系数多项式，并放入 f(z)=∏i=1n(z−zi)f(z) = \prod_{i=1}^n (z - z_i)。让r0=sup⁡i∣zi∣r_0 = \sup_i |z_i|。

a) 证明如果实数 r>0r > 0 是这样的

rn≤∣a1∣rn−1+∣a2∣rn−2+⋯+∣an−1∣r+∣an∣, r^n \leq |a_1|r^{n-1} + |a_2|r^{n-2} + \cdots + |a_{n-1}|r + |a_n|,
然后r0≤rr_0 \leq r，并推导出
r0≤sup⁡(1,∑k=1n∣ak∣). r_0 \leq \sup \left( 1, \sum_{k=1}^n |a_k| \right).

b) 设(λi)1≤i≤n(\lambda_i)_{1 \leq i \leq n}为nn实数>0> 0中的有限序列，使得∑i=1nλi−1=1\sum_{i=1}^n \lambda_i^{-1} = 1。证明 r0≤sup⁡k(λk∣ak∣)1/kr_0 \leq \sup_k (\lambda_k |a_k|)^{1/k} [使用 a)]。

c) 从a)推导出，如果系数aia_i都非零，我们有

r0≤sup⁡(2∣a1∣,2∣a2a1∣,…,2∣an−1an−2∣,∣anan−1∣). r_0 \leq \sup \left( 2|a_1|, 2 \left| \frac{a_2}{a_1} \right|, \ldots, 2 \left| \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}} \right|, \left| \frac{a_n}{a_{n-1}} \right| \right).

d) 从 a) 推出

r0≤∣a1−1∣+∣a2−a1∣+⋯+∣an−1−an∣+∣an∣ r_0 \leq |a_1 - 1| + |a_2 - a_1| + \cdots + |a_{n-1} - a_n| + |a_n|
[考虑多项式(z−1)f(z)(z - 1)f(z)]。因此表明，如果aia_i都是实数并且>0> 0，我们有
r0≤sup⁡(a1,a2a1,…,an−1an−2,anan−1). r_0 \leq \sup \left( a_1, \frac{a_2}{a_1}, \ldots, \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}, \frac{a_n}{a_{n-1}} \right).

解答

尚未写出解答。

被以下引用

无。

引用了

无。

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