Mostre que todo polinômio complexo de grau n, n \geq 1 têm exatamente n raízes complexas, contadas com a suas multiplicidades algébricas.

Passo 1

O enunciado dá um polinômio com coeficientes complexos de grau n, com n\ge 1. O que nos pedem é provar que esse polinômio tem exatamente n raízes no conjunto dos números complexos, quando contamos cada raiz com sua multiplicidade algébrica. \n
Informações relevantes que temos a partir do enunciado:
\text{há um polinômio } p(z)=a_n z^n + a_{n-1} z^{n-1} + \dots + a_1 z + a_0,\quad a_n\neq 0,\; a_j\in\mathbb{C}.áô
O objetivo é mostrar que existem z_1,\dots,z_n\in\mathbb{C} (nem todos distintos necessariamente) tais que p se fatoriza como produto linear de grau n, ou seja, que p(z)=a_n\prod_{k=1}^n (z-z_k). \n
Não começarei a resolver aqui — só deixei claro o que o problema pede e quais dados temos.

Passo 2

Definições e conceitos que vou usar (explicados com calma):
  • Um número z_0\in\mathbb{C} é uma raiz (ou zero) do polinômio p se p(z_0)=0.
  • A multiplicidade algébrica de uma raiz z_0 é o maior inteiro m\ge 1 tal que (z-z_0)^m divide p(z). Em palavras: se podemos escrever
p(z)=(z-z_0)^m r(z)
com r(z) polinômio e r(z_0)\neq 0, então dizemos que z_0 é raiz de multiplicidade m.
  • A estratégia geral será: (i) provar que p tem pelo menos uma raiz complexa; (ii) dividir p por (z-z_1) para reduzir o grau; (iii) repetir (indução) para obter n raízes contando multiplicidade. \n
    Antes de começar, deixo bem claro: preciso provar o item (i) — a existência de pelo menos uma raiz — de modo elementar. Vou usar argumentos de contínuidade e comportamento de |p(z)| no infinito (não precisa de integrais complexas).

Passo 3

Prova de que |p(z)|\to\infty quando |z|\to\infty. Esta propriedade é crucial para garantir que |p| atinge um valor mínimo em algum ponto do plano complexo. \n
Escrevendo p(z)=a_n z^n + a_{n-1} z^{n-1}+\dots+a_0 com a_n\neq 0, podemos dividir tudo por a_n z^n (para |z| grande):
\frac{p(z)}{a_n z^n} = 1 + \frac{a_{n-1}}{a_n}\frac{1}{z} + \dots + \frac{a_0}{a_n}\frac{1}{z^n}.
Quando |z|\to\infty, cada termo \frac{1}{z^k}\to 0, logo o lado direito tende a 1. Então existe R>0 tal que para |z|>R temos
\left|\frac{p(z)}{a_n z^n}\right| > \tfrac12,
por exemplo. Assim para |z|>R,
|p(z)| > \tfrac12 |a_n| |z|^n,
que tende para +\infty quando |z|\to\infty. Portanto |p(z)|\to\infty quando |z|\to\infty.

Passo 4

Conclusão de existência de um ponto onde |p| atinge valor mínimo. Detalhe prático: como |p(z)|\to\infty no infinito, podemos escolher R>0 tal que |p(z)|>|p(0)| para todo |z|>R. Então o mínimo de |p| sobre o disco fechado \{z:|z|\le R\} existe, porque |p| é contínua e o disco fechado é compacto (teorema de Weierstrass). Seja z_0 um ponto onde |p(z)| atinge esse mínimo. Ou seja,
|p(z_0)| = \min_{|z|\le R} |p(z)|.
Como fora do disco |p| é maior que |p(0)|\ge\min_{|z|\le R}|p|, esse z_0 também é um mínimo global no plano: para todo z\in\mathbb{C},
|p(z_0)| \le |p(z)|.

Passo 5

Se p(z_0)=0 então já temos uma raiz e passamos para a factorização. Se p(z_0)\neq 0 vamos obter uma contradição mostrando que então existe z com |p(z)|<|p(z_0)|, o que contradiz a minimalidade. Vou provar que o caso p(z_0)\neq 0 é impossível. \n
Como p é polinomial, podemos fazer a expansão em torno de z_0. Existe um inteiro m\ge 1 e um polinômio h com h(z_0)\neq 0 tal que, para z perto de z_0,
p(z) = p(z_0) + (z-z_0)^m h(z).
Aqui m é o menor índice tal que o coeficiente correspondente não é zero (ou seja, a primeira derivada não-nula em termos de desenvolvimento de Taylor). Intuitivamente, a variação de p ao redor de z_0 começa no termo (z-z_0)^m. Importante: h é contínuo e h(z_0)\neq 0. \n
Agora argumento quantitativo: escreva a:=h(z_0), que é um número complexo diferente de zero, e c:=p(z_0), que estamos supondo também diferente de zero. Seja \varepsilon>0 pequeno a escolher. Como h é contínua em z_0, existe \delta>0 tal que para |\zeta|<\delta temos
|h(z_0+\zeta)-a| < \varepsilon.
Escolhemos \varepsilon de modo que |h(z_0+\zeta)| \ge \tfrac12 |a| sempre que |\zeta|<\delta (por exemplo, tomar \varepsilon = |a|/2). \n
Agora escolha \alpha com 0<\alpha<1 (vou especificar quão pequeno depois) e considere os m-ésimos raízes do número -\alpha c/a. Essas raízes existem: existem exatamente m valores \zeta com
\zeta^m = -\frac{\alpha c}{a},
e todos têm o mesmo módulo
|\zeta| = \left(\frac{\alpha |c|}{|a|}\right)^{1/m}.
Escolhemos \alpha>0 tão pequeno que esse módulo satisfaça |\zeta|<\delta. Isso é possível porque ao diminuir \alpha o módulo |\zeta| fica arbitrariamente pequeno. \n
Para tal \zeta com |\zeta|<\delta temos então
\zeta^m h(z_0+\zeta) = \zeta^m a + \zeta^m (h(z_0+\zeta)-a).
Pelo modo como escolhemos \zeta,
\zeta^m a = -\alpha c,
então
p(z_0+\zeta) = c + \zeta^m h(z_0+\zeta) = c - \alpha c + \zeta^m (h(z_0+\zeta)-a).
Tomando módulo e usando |h(z_0+\zeta)-a|<\varepsilon e |\zeta|^m = \alpha |c|/|a|, obtemos a estimativa
|p(z_0+\zeta)| \le |c(1-\alpha)| + |\zeta|^m \varepsilon = |c|(1-\alpha) + \frac{\alpha |c|}{|a|}\varepsilon.
Escolhendo primeiro \varepsilon = |a|/2 e depois \alpha suficientemente pequeno, o segundo termo fica pequeno e o total fica menor que |c|. Mais explicitamente, com \varepsilon=|a|/2 temos
|p(z_0+\zeta)| \le |c|\bigl(1-\alpha + \tfrac{\alpha}{2}\bigr) = |c|\bigl(1-\tfrac{\alpha}{2}\bigr) < |c|.
Portanto encontramos \zeta com |p(z_0+\zeta)|<|p(z_0)|, o que contradiz a escolha de z_0 como ponto de mínimo global de |p|. \n
Logo a suposição p(z_0)\neq 0 é impossível. Concluímos que necessariamente p(z_0)=0. Isso prova que todo polinômio complexo não-constante tem pelo menos uma raiz em \mathbb{C}.

Passo 6

Agora que já temos uma raiz z_1\in\mathbb{C} tal que p(z_1)=0, aplicamos o algoritmo da divisão de polinômios (válido em \mathbb{C}[z]): existe um polinômio q(z) de grau n-1 tal que
p(z) = (z-z_1) q(z).
Esse é o teorema da divisão euclidiana para polinômios (o resto tem grau estritamente menor que o divisor, aqui o resto é zero porque z_1 é raiz). Além disso, se z_1 é raiz de multiplicidade m, então (z-z_1)^m divide p e a divisão pode ser feita repetidamente até que o fator (z-z_1) não divida mais o quociente.

Passo 7

Aplicação por indução para obter todas as raízes e contar multiplicidades.
  • Base da indução: para n=1 é trivial: p(z)=a_1 z+a_0 tem uma raiz -a_0/a_1.
  • Passo indutivo: suponha que todo polinômio de grau <n se fatoriza em k fatores lineares (contando multiplicidade). Dado p de grau n, já mostramos que existe uma raiz z_1. Então p(z)=(z-z_1) q(z) com \deg q = n-1. Aplicando a hipótese de indução a q obtemos n-1 raízes (contadas multiplicidade) que, junto com z_1, dão exatamente n raízes para p. \n
    Se houver raízes repetidas, essa contagem inclui a multiplicidade: por exemplo, se z_1 for raiz dupla, ao dividir uma vez ainda teremos q(z) que tem z_1 como raiz, e assim por diante; o processo contabiliza multiplicidade algébrica.

Passo 8

Concluir a forma fatorada e comentar unicidade. A fatoração obtida é
p(z)=a_n\prod_{k=1}^n (z-z_k),
onde z_1,\dots,z_n\in\mathbb{C} são as raízes listadas com multiplicidade (algumas podem coincidir). Essa fatoração é única até permutação das raízes — os z_k são determinadas por p (com repetição conforme a multiplicidade). \n
Assim mostramos exatamente o que se pedia: todo polinômio complexo de grau n tem exatamente n raízes complexas, contadas com multiplicidade algébrica.

Resposta

p(z)=a_n\prod_{k=1}^n (z-z_k), com z_1,\dots,z_n\in\mathbb{C} (raízes contadas com suas multiplicidades), portanto há exatamente n raízes em \mathbb{C}.

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