Prove o Teorema Fundamental da Álgebra: Todo polinômio complexo de grau maior ou igual 1 tem uma raiz complexa. Roteiro: Sendo p(z) o polinômio em questão, raciocine por absurdo para definir a função f(z)=\frac{1}{p(z)}. Mostre que f é limitada e use o Teorema de Liouville para concluir.

Passo 1

O enunciado pede para provar que: todo polinômio complexo de grau maior ou igual a 1 tem pelo menos uma raiz complexa.
Informações dadas e hipóteses iniciais que usaremos: temos um polinômio p(z) com coeficientes complexos e \deg p \ge 1. O roteiro sugere raciocinar por absurdo, definir a função f(z)=\dfrac{1}{p(z)}, mostrar que f é limitada (ou seja, existe constante M tal que |f(z)|\le M para todo z\in\mathbb{C}) e então aplicar o Teorema de Liouville para concluir.
Nada será resolvido neste passo — só identifiquei claramente o que é dado e o que se pede.

Passo 2

Raciocínio por absurdo: suponha, para obter contradição, que p não tem raízes em \mathbb{C}. Ou seja, suponha que
p(z)\neq 0\quad\text{para todo }z\in\mathbb{C}.
Definimos então a função
f(z)=\frac{1}{p(z)}.
Vou primeiro explicar por que f é uma função inteira (holomorfa em todo \mathbb{C}). O polinômio p é uma função inteira porque é soma de potências de z com coeficientes complexos. Pelo nosso absurdo, p(z) nunca se anula, então para qualquer ponto z_0 temos p(z_0)\neq 0. Pela continuidade de p existe um pequeno disco centrado em z_0 em que p também não se anula; portanto em cada disco 1/p é a razão de duas funções holomorfas onde o denominador não zera, logo é holomorfa nesse disco. Como isso vale para todo z_0, concluímos que f é holomorfa em todo \mathbb{C}, isto é, f é inteira.

Passo 3

Agora mostro que f é limitada. A ideia: para |z| grande o termo dominante de p(z) é o termo de maior grau, então |p(z)| cresce como |z|^n e assim |f(z)| decai como 1/|z|^n; dentro de um disco grande f é contínua em um conjunto compacto e portanto limitada ali. Vou detalhar isso cuidadosamente para você poder reproduzir na prova.
Escreva o polinômio na forma
p(z)=a_n z^n + a_{n-1}z^{n-1}+\cdots+a_1 z + a_0,
com a_n\neq 0 e n=\deg p\ge 1. Factorizando o termo líder:
p(z)=a_n z^n\left(1+\sum_{k=0}^{n-1}\frac{a_k}{a_n}\,z^{k-n}\right).
Defina a soma das parcelas menores como
q(z)=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{a_k}{a_n}\,z^{k-n}=\sum_{k=0}^{n-1}\frac{a_k}{a_n}\,\frac{1}{z^{\,n-k}}.
Observe que \lim_{|z|\to\infty} q(z)=0, porque cada termo 1/z^{\,n-k} tende a 0 quando |z|\to\infty. Portanto existe um R>0 tal que, para todo z com |z|>R,
|q(z)|<\tfrac{1}{2}.
(Explicação rápida: a soma q(z) é contínua em |z|>0 e tende a 0 no infinito, logo podemos escolher R que faça a soma menor que 1/2.)
Para |z|>R usamos desigualdade triangular para obter
\left|1+q(z)\right|\ge 1-|q(z)|>\tfrac{1}{2}.
Logo, para |z|>R,
|p(z)|=|a_n|\,|z|^n\,\left|1+q(z)\right| \ge |a_n|\,|z|^n\cdot \tfrac{1}{2}=\frac{|a_n|}{2}\,|z|^n.
Isto implica que, para |z|>R,
|f(z)|=\left|\frac{1}{p(z)}\right|\le \frac{2}{|a_n|}\cdot\frac{1}{|z|^n}\le \frac{2}{|a_n|}\cdot\frac{1}{R^n}.
Portanto em \{z:|z|>R\} a função |f(z)| é majorada por 2/(|a_n|R^n).
No disco fechado \{z:|z|\le R\}, a função f é contínua (já que é inteira), e um contínuo em conjunto compacto é limitado; logo existe M_1>0 tal que |f(z)|\le M_1 para todo |z|\le R.
Tomando M=\max\!\big\{M_1,\;2/(|a_n|R^n)\big\} obtemos uma constante fixa que satisfaz |f(z)|\le M para todo z\in\mathbb{C}. Assim f é inteira e limitada.

Passo 4

Vou usar o Teorema de Liouville. Primeiro enuncio e dou uma prova curta (útil para a prova completa na hora da prova, mostrando que não estou “aceitando sem mostrar”):
Teorema de Liouville: se uma função g é inteira e limitada em \mathbb{C}, então g é constante.
Breve prova por estimativas de Cauchy: suponha |g(z)|\le M para todo z. Pela fórmula integral de Cauchy, para qualquer R>0 e para qualquer k\ge 1,
g^{(k)}(0)=\frac{k!}{2\pi i}\int_{|z|=R}\frac{g(z)}{z^{k+1}}\,dz.
Tomando módulo e estimando o comprimento do círculo 2\pi R e |g(z)|\le M,
|g^{(k)}(0)|\le \frac{k!}{2\pi}\cdot\frac{M\cdot 2\pi R}{R^{k+1}}=\frac{k!M}{R^{k}}.
Como isso vale para todo R>0, podemos deixar R\to\infty quando k\ge 1 e obter g^{(k)}(0)=0 para todo k\ge 1. Portanto todas as derivadas de ordem \ge 1 em 0 são 0, o que implica que g é constante. (Como 0 era um ponto arbitrário, o argumento se aplica em qualquer ponto por deslocamento.)
Aplicando Liouville à função f (que já mostrámos ser inteira e limitada), concluímos que f é constante.

Passo 5

Se f é constante, então p(z)=1/f(z) também é constante, contradizendo a hipótese de que \deg p\ge 1. Essa contradição veio da suposição inicial de que p não tem raízes. Logo essa suposição é falsa.
Portanto toda função polinomial complexa de grau maior ou igual a 1 tem pelo menos uma raiz em \mathbb{C}.

Resposta

Todo polinômio complexo de grau maior ou igual a 1 tem pelo menos uma raiz complexa.

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