Tài liệu Luận văn một số kết quả cổ điển về nghiệm của đa thức

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI ————————–o0o————————– LUẬN VĂN THẠC SĨ MỘT SỐ KẾT QUẢ CỔ ĐIỂN VỀ NGHIỆM CỦA ĐA THỨC Chuyên ngành Mã số chuyên ngành Người hướng dẫn Học viên : : : : Đại số và Lý thuyết số 60.46.01.04 TS. Bùi Huy Hiền Nguyễn Thị Mai Hương HÀ NỘI - 2017 LỜI CẢM ƠN Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới TS. Bùi Huy Hiền, người đã tận tình giúp đỡ, hướng dẫn và đưa ra nhiều ý kiến quý báu, cũng như tạo điều kiện thuận lợi, cung cấp tài liệu và động viên tôi trong suốt quá trình thực hiện và hoàn thành bài luận văn. Tôi cũng xin cảm ơn sâu sắc các thầy cô trong Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội, đặc biệt là các thầy cô trong Bộ môn Đại số - Lý thuyết số đã tạo điều kiện và giúp đỡ tôi trong suốt thời gian học tập. Nhân dịp này, tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè đã luôn bên tôi, cổ vũ, động viên, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn tốt nghiệp. Hà Nội, tháng 6 năm 2017 Tác giả Nguyễn Thị Mai Hương Mục lục 1 Bất 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 đẳng thức cho nghiệm của đa thức Định lý cơ bản của đại số . . . . . . . . Định lý Cauchy . . . . . . . . . . . . . Định lý Laguerre . . . . . . . . . . . . Đa thức đối cực . . . . . . . . . . . . . Bài toán Routh-Hurwitz . . . . . . . . . . . . . 2 Nghiệm của đa thức và đạo hàm của nó 2.1 Định lý Gauss-Lucas . . . . . . . . . . . 2.2 Nghiệm của đạo hàm và các tiêu điểm của 2.3 Xác định nghiệm của đạo hàm . . . . . . 2.4 Giả thuyết Sendov-Ilieff . . . . . . . . . . 3 Kết 3.1 3.2 3.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ellipse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 5 7 10 12 17 . . . . 19 19 20 21 24 thức và biệt thức 27 Kết thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 Biệt thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 Tính toán kết thức, biệt thức của một số đa thức đặc biệt . 32 4 Sự phân bố nghiệm 35 4.1 Sự phân bố nghiệm thực . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 4.2 Sự phân bố nghiệm phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44 5 Chuỗi Lagrange và ước lượng nghiệm của đa thức 47 5.1 Chuỗi Lagrange-Burmann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47 5.2 Chuỗi Lagrange và ước lượng nghiệm . . . . . . . . . . . . 50 6 Một số bài tập áp dụng 52 TÀI LIỆU THAM KHẢO 64 MỞ ĐẦU Đa thức và nghiệm của đa thức là một trong những đối tượng trọng tâm của Đại số. Hơn nữa, đây cũng là chủ đề mà ở đó Đại số, Hình học và Giải tích giao thoa mạnh mẽ. Nghiệm của đa thức đóng vai trò quan trọng trong việc nghiên cứu tính chất của đa thức, nhiều tính chất của đa thức được thể hiện qua nghiệm của chúng. Câu hỏi thường gặp ở đây là bài toán tìm nghiệm: tìm một, một số hay tất cả các nghiệm. Để giải quyết bài toán trên, ta thường phải nghiên cứu bài toán tồn tại, phân bố, ước lượng và tính ổn định nghiệm của đa thức. Dẫn đến các định lý quan trọng về tồn tại, phân bố, ước lượng và tính ổn định nghiệm được ra đời. Từ đó cho ta các kết quả về nghiệm của đa thức. Với mong muốn tìm hiểu sâu hơn về các kết quả đó, tác giả chọn đề tài “Một số kết quả cổ điển về nghiệm của đa thức”. Nội dung chính của luận văn này được trình bày trong 6 chương: Chương 1. Trình bày một số bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức. Chương 2. Trình bày một số kết quả về nghiệm của đa thức và đạo hàm của nó. Chương 3. Trình bày một số kết quả về kết thức, biệt thức và tính toán kết thức, biệt thức của một số đa thức đặc biệt. Chương 4. Trình bày một số kết quả về phân bố nghiệm thực và nghiệm phức của đa thức. Chương 5. Trình bày một số kết quả về chuỗi Lagrange và ước lượng nghiệm của đa thức. Chương 6. Trình bày một số bài tập áp dụng. Mặc dù đã rất cố gắng để hoàn thành luận văn, nhưng do thời gian và khả năng còn hạn chế, nên luận văn không tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được những ý kiến quý báu chỉ bảo của thầy cô và các bạn. BẢNG KÍ HIỆU N N∗ Z Q R C a|b tập hợp các tập hợp các tập hợp các tập hợp các tập hợp các tập hợp các a chia hết b số tự nhiên số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 1 số nguyên số hữu tỉ số thực số phức (hoặc b chia hết cho a) Chương 1 Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức 1.1 Định lý cơ bản của đại số Trong thế kỉ 17, khi các định lý đại số rất ít, phát biểu sau được coi là Định lý cơ bản của đại số:"Một đa thức xác định có bậc n với hệ số phức có đúng n nghiệm (tính cả bội)". Người đầu tiên đưa ra phát biểu này là Alber de Girard năm 1629, nhưng ông không chứng minh điều đó. Người đầu tiên nhận ra sự cần thiết phải chứng minh Định lý cơ bản của đại số là d’Alembert. Chứng minh của ông (1746) không được xem là thuyết phục. Euler (1749), Faunsenet (1759) và Lagrange (1771) đã đưa ra chứng minh, nhưng những chứng minh này chưa chặt chẽ. Người đầu tiên đưa ra một chứng minh thỏa đáng của Định lý cơ bản của đại số là Gauss. Ông đã đưa ra ba cách khác nhau để chứng minh (năm 1799, 1815, 1816) và năm 1845 ông đưa ra thêm một cách chứng minh chính xác. Ở đây, chúng ta xét cách chứng định lý này dựa trên định lý Rouché. Định lý 1.1.1. (Rouché). Cho các đa thức f và g ; γ là đường cong đóng không tự cắt trong mặt phẳng phức. Nếu |f (z) − g(z)| < |f (z)| + |g(z)| (1.1) với mọi z ∈ γ thì trong γ , số nghiệm của f và g bằng nhau (tính cả bội). Chứng minh. Trong mặt phẳng phức, xét các trường véc-tơ v(z) = f (z) và w(z) = g(z). Từ (1.1) ta suy ra rằng không điểm nào của γ là các 5 Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức véc-tơ v , w ngược hướng nhau. Nhớ lại rằng, chỉ số của đường cong γ đối với trường véc-tơ v là số vòng quay của vectơ v(z) vì nó hoàn toàn bao hàm đường cong γ . Xét trường véc-tơ vt = tv + (1 − t) w. Khi đó v0 = w và v1 = v . Rõ ràng rằng mọi điểm z ∈ γ thì véc-tơ vt (z) là khác không. Điều này có nghĩa là chỉ số ind(t) của γ đối với trường véc-tơ vt được xác định. Số nguyên ind(t) phụ thuộc vào t, và do đó ind(t) = const. Cụ thể, các chỉ số tương quan của các trường véc-tơ v và w trùng nhau. Giả sử chỉ số của điểm đơn z0 được xác định là chỉ số của đường cong |z − z0 | = ε, trong đó ε là đủ nhỏ. Không khó để chứng minh rằng chỉ số của γ đối với trường véc-tơ v bằng tổng các chỉ số của điểm đơn, tức là những điểm có v(z) = 0. Đối với trường véc-tơ v(z) = f (z), số của điểm đơn z0 bằng với số nghiệm bội z0 của f . Do đó sự trùng nhau của các chỉ số γ đối với các trường véc-tơ v(z) = f (z) và w(z) = g(z), tức là bên trong γ , số lượng nghiệm của f bằng với số lượng nghiệm của g .  Định lý 1.1.2. (d’Alembert-Gauss, Định lý cơ bản của đại số). Một đa thức xác định có bậc n với hệ số phức có đúng n nghiệm (tính cả bội). Chứng minh. Giả sử f (z) = an z n + · · · + a1 z + a0 là một đa thức bậc n với hệ số phức. Đặt g (z) = an z n và h (z) = f (z) − g (z) = an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 . Lấy số thực r > 0. Trên đường tròn |z| = r, ta có |g (z)| = |an z n | = |an | |z|n = |an | rn ;   |h (z)| = an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0  ≤ |an−1 | rn−1 + · · · + |a1 | r + |a0 | . Vì |an | = 6 0 nên ta có thể đặt K= |an−1 | + · · · + |a1 | + |a0 | . |an | Chọn r > max {1, K}. Khi đó trên đường tròn |z| = r, ta có |h (z)| ≤ |an−1 | rn−1 + · · · + |a1 | r + |a0 | ≤ (|an−1 | + · · · + |a1 | + |a0 |) rn−1 = K |an | rn−1 < (r |an |) rn−1 = |an | rn = |g (z)| . 6 Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức Do đó |h (z)| < |g (z)| với mọi z nằm trên đường tròn có tâm là gốc tọa độ O, bán kính r. Rõ ràng, g (z) = an z n có nghiệm 0 bội n. Do đó theo định lý Rouché, f (z) = g (z) + h (z) có n nghiệm (tính cả bội) trong hình tròn |z| < r. Suy ra f (z) có n nghiệm.  Với định lý Rouché, nó không chỉ có thể chứng minh Định lý cơ bản của đại số mà còn để ước lượng giá trị tuyệt đối của bất kỳ nghiệm nào của đa thức. Định lý 1.1.3. Cho f (z) = z n + a1 z n−1 + · · · + an , trong đó ai ∈ C. Khi đó, bên trong đường tròn |z| = 1 + max |ai | có đúng n nghiệm của f (tính i cả bội). Chứng minh. Đặt a = max |ai |, bên trong đường tròn được xét, đa i n thức g(z) = z có nghiệm 0 bội n. Vì vậy, ta chỉ cần kiểm tra rằng, nếu |z| = 1 + a thì |f (z) − g(z)| < |f (z)| + |g(z)|. Ta sẽ chứng minh: |f (z) − g(z)| < |g(z)|, tức là  n−1   a1 z + · · · + an  < |z|n . Hiển nhiên, nếu |z| = 1 + a thì n  n−1  |z| −1 n−1  a1 z = |z|n − 1 < |z|n . + · · · + an  ≤ a(|z| + · · · + 1) = a |z| − 1  1.2 Định lý Cauchy Ở đây, chúng ta xét định lý Cauchy cho các nghiệm của đa thức cũng như các hệ quả và các mở rộng của nó. Định lý 1.2.1. (Cauchy). Cho f (x) = xn − b1 xn−1 − · · · − bn , trong đó tất cả các số bi là không âm và ít nhất một trong các số đó là khác 0. Khi đó, đa thức f có một nghiệm dương đơn duy nhất p và giá trị tuyệt đối của các nghiệm khác không vượt quá p. Chứng minh. Đặt F (x) = − f (x) b1 bn = + · · · + − 1. xn x xn 7 Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức Nếu x 6= 0, phương trình f (x) = 0 tương đương với phương trình F (x) = 0. Khi x tăng dần từ 0 tới +∞, hàm F (x) giảm nghiêm ngặt từ +∞ tới −1. Do đó, với x > 0, hàm F triệt tiêu tại đúng một điểm p. Ta có: b1 nbn f 0 (p) − n = F 0 (p) = − 2 − · · · − n+1 < 0, p p p suy ra f 0 (p) 6= 0. Do đó, p là một nghiệm đơn của f . Ta chứng minh rằng: nếu x0 là một nghiệm của f thì q = |x0 | ≤ p. Giả sử rằng q > p. Khi đó, vì F là đơn điệu giảm nên q > p. Khi đó F (q) < F (p) = 0, suy ra −fqn(q) < 0, do đó f (q) > 0. Mặt khác, đẳng thức x0 n = b1 x0 n−1 + · · · + bn kéo theo q n ≤ b1 q n−1 + · · · + bn , tức là f (q) ≤ 0, điều này là mâu thuẫn.  Lưu ý: Giá trị tuyệt đối của nghiệm chính là modul. Trong Tiếng Việt, với z ∈ C thì chỉ có khái niệm modul |z|, ta không dùng khái niệm giá trị tuyệt đối của một số phức. Đa thức f (x) = x2n − xn − 1 có 2n nghiệm, trong đó có n nghiệm có modul bằng nghiệm dương lớn nhất của đa thức này. Thật vậy, q f (x) = 0 √ 1− 5 2 √ 1+ 5 2 . √ 1+ 5 2 √ thì x = ε 1+2 5 (với ε q √ n là căn bậc n của 1). Vậy f (x) có n nghiệm x = ε 1+2 5 có modul bằng q √ n 1+ 5 2 . Do đó, trong định lý Cauchy, ước lượng suy ra xn = hoặc xn = Nếu xn = n giá trị tuyệt đối của các nghiệm ≤ p là không thể, thế thì giá trị tuyệt đối của các nghiệm < p. Tức là trong kết luận của định lý Cauchy không thể khẳng định giá trị tuyệt đối của các nghiệm < p. Ostrovsky đã chứng tỏ rằng trong các trường hợp tổng quát thì sự thay thế đó có thể thực hiện được. 8 Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức Định lý 1.2.2. (Ostrovsky). Cho f (x) = xn − b1 xn−1 − · · · − bn , trong đó các số bi là không âm và ít nhất một trong các số đó khác 0. Nếu ước chung lớn nhất của các chỉ số của các hệ số dương bi là 1 thì f có duy nhất một nghiệm đơn p và giá trị tuyệt đối của các nghiệm khác nhỏ hơn p. Chứng minh. Cho các hệ số bk1 , bk2 , . . . , bkm , trong đó k1 < k2 < ... < km là dương. Vì ước chung lớn nhất của k1 , k2 , . . . , km là 1 nên tồn tại các số nguyên s1 , s2 , . . . , sm sao cho s1 k1 + · · · + sm km = 1. Xét hàm F (x) = bkm bk1 + · · · + − 1. xk1 xkm Phương trình F (x) = 0 có duy nhất nghiệm dương p. Cho x là một nghiệm (khác 0) bất kì khác của f . Đặt q = |x|. Khi đó      bk1   bkm  bk1 bkm bk bk1 1 = k + · · · + k ≤  k  + · · · +  k  = k + · · · + km , x1 xm x1 xm q1 qm   bki b  tức là F (q) ≥ 0. Ta thấy phương trình F (q) = 0 chỉ đúng nếu xki =  xkkii  ∀i. Nhưng trong trường hợp này bsk11 ...bskmm = x  bk1 xk1 s 1  bkm ··· xkm sm > 0, tức là x > 0. Điều này mâu thuẫn với x 6= p và p là nghiệm dương duy nhất của phương trình F (x) = 0. Như vậy, F (q) > 0. Từ đó và vì F (x) là đơn điệu giảm với x dương nên q < p.  Từ các định lý Cauchy-Ostrovsky, ta suy ra ước lượng của giá trị tuyệt đối của các nghiệm trong đa thức với hệ số dương. Định lý 1.2.3. a) (Eneström-Kakeya) Nếu tất cả các hệ số của đa thức g(x) = a0 xn−1 + · · · + an−1 đều dương thì với bất kì nghiệm ξ của đa thức này, ta có:     ai ai min = δ ≤ |ξ| ≤ γ = max . 1≤i≤n−1 ai−1 1≤i≤n−1 ai−1 k b) (Ostrovsky) Cho aak−1 < γ với k = k1 , k2 , . . . , km . Nếu ước chung lớn nhất của n số k1 , k2 , . . . , km là 1 thì |ξ| < γ . 9 Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức Chứng minh. Xét đa thức (x − γ)g(x) = a0 xn − (γa0 − a1 )xn−1 − · · · − (γan−2 − an−1 )x − γan−1 . i Bởi định nghĩa γ ≥ aai−1 , tức là γai−1 − ai ≥ 0. Do đó, bởi định lý Cauchy, γ là nghiệm dương duy nhất của đa thức (x − γ)g(x) và giá trị tuyệt đối của các nghiệm khác của đa thức này ≤ γ . 1 là một nghiệm của Nếu ξ là một nghiệm của g thì η = |ξ| an−1 y n−1 + · · · + a0 . Từ đó   1 ai = η = max = 1≤i≤n−1 ai−1 |ξ| min 1 n 1≤i≤n−1 tức là ai ai−1 o,  ai . |ξ| ≥ δ = min 1≤i≤n−1 ai−1 Nếu điều kiện b) được thỏa mãn, nghiệm γ của đa thức (x − γ)g(x) lớn hơn giá trị tuyệt đối của các nghiệm khác của đa thức này.  1.3  Định lý Laguerre Cho z1 , z2 , . . . , zn ∈ C là các điểm với khối lượng (unit mass) là 1. Điểm ζ = n1 (z1 + · · · + zn ) được gọi là trọng tâm (center mass) của z1 , z2 , . . . , zn . Kí hiệu này có thể được suy rộng như sau. Thực hiện biến đổi phân tuyến tính w với z0 cho tương ứng ∞, tức là a w(z) = + b. z − z0 Ta tìm trọng tâm của các ảnh của z1 , z2 , . . . , zn và sau đó áp dụng biến đổi ngược w−1 . Các tính toán đơn giản chỉ ra rằng, kết quả đó không phụ thuộc vào a và b; cụ thể là, ta nhận được điểm 1 ζz0 = z0 + n 1 (1.2) 1 . + · · · + z1 −z0 zn −z0 Điểm này gọi là trọng tâm của z1 , z2 , . . . , zn tương ứng với z0 . Hiển nhiên, trọng tâm của z1 , z2 , . . . , zn nằm bên trong bao lồi của chúng. 10 Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức Định lý 1.3.1. Cho f (z) = (z − z1 ) · · · (z − zn ). Khi đó trọng tâm của các nghiệm của f tương ứng với điểm z được cho bởi công thức ζz = z − n f (z) . f 0 (z) Chứng minh. Hiển nhiên: f 0 (z) 1 1 = + ··· + . f (z) z − z1 z − zn Phát biểu này suy ra trực tiếp từ công thức (1.2).  Định lý 1.3.2. (Laguerre). Cho f (z) là một đa thức bậc n và x là nghiệm đơn của nó. Khi đó, trọng tâm của tất cả các nghiệm của f (z) tương ứng với x là điểm f 0 (x) X = x − 2(n − 1) 00 . f (x) Chứng minh. Đặt f (z) = (z − x)F (z). Khi đó, f 0 (z) = F (z) + (z − x)F 0 (z) và f 00 (z) = 2F 0 (z)+(z −x)F 00 (z). Do đó f 0 (x) = F (x) và f 00 (x) = 2F 0 (x). Áp dụng định lý trước với đa thức F bậc n − 1 và điểm z = x, ta được điều phải chứng minh.  Định lý 1.3.3. (Laguerre). Cho f (z) là một đa thức bậc n và f 0 (z) X(z) = z − 2(n − 1) 00 . f (z) Cho đường tròn (hoặc đường thẳng) C đi qua một nghiệm đơn z1 của f và các nghiệm khác của f thuộc một trong hai miền nghiệm mà C chia mặt phẳng thành chúng. Khi đó X(z1 ) cũng thuộc cùng một miền. Chứng minh. Trong trường hợp thông thường của trọng tâm, đường tròn C tương ứng tới đường thẳng mà tất cả các nghiệm của f (z) trừ z1 , nằm trên một phía của nó. Trọng tâm của các nghiệm đó nằm trên cùng một phía của đường thẳng này.  Hệ quả 1.3.1. Cho z1 là một trong các nghiệm đơn của f với giá trị tuyệt đối cực đại. Khi đó |X(z1 )| ≤ |z1 |, tức là |z1 − 2(n − 1) f 0 (z1 ) | ≤ |z1 |. f 00 (z1 ) 11 Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức Chứng minh. Mọi nghiệm của f nằm trong đĩa {z ∈ C ||z| ≤ |z1 |}, do đó X(z1 ) cũng phải thuộc đĩa này.  Định lý 1.3.4. Cho f là một đa thức với hệ số thực và định nghĩa ζz = z − n f (z) . f 0 (z) Khi đó, mọi nghiệm của f là thực khi và chỉ khi Im z · Im ζz < 0 với mọi z ∈ C\R. Chứng minh. Giả sử mọi nghiệm của f là thực. Đặt Im z = a > 0. Đường thẳng chứa các điểm với phần ảo ε, trong đó 0 < ε < a, tách điểm z từ các nghiệm của f vì chúng thuộc trục thực. Do đó Im ζz ≤ ε. Qua giới hạn khi ε → 0, ta thu được Im ζz ≤ 0. Dễ dàng kiểm tra rằng không thể có Im ζz = 0. Thật vậy, cho ζz ∈ R. Xét một đường tròn qua z và tiếp tuyến với trục thực tại ζz . Bằng cách dịch chuyển đường tròn này, ta có thể xây dựng được một đường tròn khác trên một cạnh mà nó chứa điểm z và ζz , và trên cạnh khác chứa các nghiệm của f . Nếu Im z = a < 0, lí luận tương tự ta có điều phải chứng minh. Bây giờ ta giả sử rằng Im z · Im ζz < 0 với mọi z ∈ C\R. Đặt z1 là một nghiệm của f sao cho Im(z1 ) 6= 0. Khi đó lim ζz = z1 và do đó z→z1 Im z1 · Im ζz1 > 0. 1.4  Đa thức đối cực Cho f (z) là đa thức bậc n và ζ là một số cố định hoặc ∞. Hàm số  (ζ − z)f 0 (z) + nf (z) nếu ζ 6= ∞; Aζ f (z) = f 0 (z) nếu ζ = ∞ được gọi là đạo hàm của f (z) tương ứng với điểm ζ . Dễ dàng kiểm tra được rằng, nếu  n  X n f (z) = ak z k , k k=0 thì n−1 X 1 0 f (z) = n k=0  n−1 k 12  ak+1 z k . (1.3) Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức Do đó n−1 X 1 Aζ f (z) = n k=0  n−1 k  (ak + ak+1 ζ)z k . (1.4) Giả sử z1 , . . . , zn là các nghiệm của đa thức (1.3) và ζ1 , . . . , ζn là các nghiệm của đa thức  n  X n bk z k . (1.5) g(z) = k k=0 Công thức (1.4) suy ra 1 Aζ Aζ · · · Aζn f (z) = a0 + a1 σ1 + a2 σ2 + · · · + an σn , n! 1 2 trong đó   n bn−1 , σ1 = ζ1 + ζ2 + · · · + ζn = − 1 bn   n bn−2 σ2 = ζ1 ζ2 + · · · + ζn−1 ζn = , 2 bn ... b0 σn = ζ1 · · · ζn = (−1)n . bn Khi đó đẳng thức Aζ1 Aζ1 · · · Aζn f (z) = 0 tương đương với     n n a2 bn−2 + · · · + (−1)n an b0 = 0. a0 bn − a1 bn−1 + 1 2 (1.6) Định nghĩa 1.4.1. Đa thức f và g cho bởi (1.3), (1.5) và toàn bộ các hệ số của chúng quan hệ với nhau bởi (1.6) được gọi là đối cực. Một miền tròn là cả phần trong của một đĩa hoặc nửa mặt phẳng. Định lý 1.4.1. (J. H. Grace, 1902). Cho f và g là các đa thức đối cực. Nếu mọi nghiệm của f thuộc một miền tròn K thì ít nhất một trong các nghiệm của g cũng thuộc K. Chứng minh. Ta cần bổ đề sau. 13 Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức Bổ đề 1.4.1. Cho tất cả các nghiệm z1 , z2 , . . . , zn của f (z) nằm trong miền tròn K và cho ζ nằm ngoài K. Khi đó, mọi nghiệm của Aζ f (z) nằm trong K. Chứng minh. Rõ ràng rằng nếu wi là một nghiệm của Aζ f (z) thì ζ là trọng tâm của các nghiệm của f (z) theo wi . Thật vậy, nếu ζ 6= ∞ thì ta có thể biểu diễn đẳng thức dưới dạng (ζ − wi ) f 0 (wi ) + nf (wi ) = 0, tức là ζ = wi − n f (wi ) . f 0 (wi ) Nếu ζ = ∞ thì f 0 (wi ) = Aζ f (wi ) = 0 và từ đó n X j=1 f 0 (wi ) 1 = = 0. zj − wi f (wi ) Do đó, trọng tâm của các điểm z1 , z2 , . . . , zn theo wi nằm tại wi + P 1 1 j zj −wi = ∞. Bây giờ, rõ ràng rằng điểm wi không thể nằm bên ngoài K. Thật vậy, nếu ωi nằm bên ngoài K thì trọng tâm của z1 , z2 , . . . , zn theo wi phải nằm bên trong K. Tuy nhiên, điều này mâu thuẫn với ζ nằm bên ngoài K.  Theo bổ đề (1.4.1), định lý (1.4.1) được chứng minh như sau. Giả sử mọi nghiệm ζ1 , . . . , ζn của g nằm ngoài K. Xét đa thức Aζ1 Aζ2 · · · Aζn f (z). Bậc của đa thức này là 1, tức là đa thức có dạng c(z − k). Bổ đề (1.4.1) suy ra rằng k ∈ K . Vì f và g là các đa thức đối cực, do đó Aζ1 (z − k) = 0. Mặt khác, tính toán trực tiếp của các đạo hàm chứng tỏ rằng Aζ1 (z − k) = ζ1 − k . Do đó k = ζ1 ∈ / K và ta có mâu thuẫn.  Mọi đa thức f có một họ đa thức đối cực của nó. Theo định lý Grace, ta có thể chọn một họ đa thức đối cực thuận tiện và f có một nghiệm trong miền tròn cho trước. Ví dụ 1.4.1. Chứng minh rằng đa thức f (z) = 1 − z + cz n , trong đó c ∈ C, có một nghiệm trong đĩa |z − 1| ≤ 1. 14 Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức Chứng minh. Ta có     n −1 n f (z) = 1 + z + cz n và g (z) = z n + bn−1 z n−1 + · · · + b0 1 1 n là đối cực nếu  −1 bn−1 + cb0 = 0, tức là 1+bn−1 + cb0 = 0. 1−n n  Bây giờ đặt ζk = 1 − exp( 2πik n ) với k = 1, . . . , n và lấy g(z) là g (z) = n Y (z − ζk ) = z n +  k=1 n 1 Khi đó bn−1 = −1 và b0 = ±  bn−1 z n−1 + · · · + b0 . n Y ζk = 0. k=1 Do đó các đa thức f (z) và g(z) là đối cực. Vì mọi nghiệm của g nằm trong đĩa |z − 1| ≤ 1 nên ít nhất một trong các nghiệm của f nằm trong đĩa này.  Ví dụ 1.4.2. Chứng minh rằng đa thức 1 − z + c1 z n1 + · · · + ck z nk trong đó 1 < n1 < n2 < · · · < nk có ít nhất một nghiệm nằm trong đĩa |z| ≤  1− 1 1 n1   ··· 1 − 1 nk . Chứng minh. Ta bắt đầu chọn với đa thức f (z) = 1 − z + c1 z n1 . Giả sử 1 trái lại rằng mọi nghiệm của đa thức nằm trong miền |z| > n1n−1 . Khi đó theo bổ đề (1.4.1) các nghiệm của đa thức A0 f (z) = n1 − (n1 − 1) z 1 1 cũng nằm trong miền |z| > n1n−1 . Nhưng nghiệm của A0 f (z) là n1n−1 và ta có mâu thuẫn. Với đa thức f (z) = 1 − z + c1 z n1 + · · · + ck z nk , ta sử dụng quy nạp theo k . Xét đa thức A0 f (z) = nk − (nk − 1) z + c1 (nk − n1 ) z n1 + · · · + ck (nk − nk−1 ) z nk−1 . 15 Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức k Trong đa thức này, thay thế z bằng nkn−1 w. Theo giả thiết quy nạp các nghiệm của đa thức nằm trong đĩa n2 nk−1 n1 · ··· , |w| ≤ n1 − 1 n2 − 1 nk−1 − 1 và từ đó các nghiệm của A0 f (z) nằm trong đĩa n1 n2 nk |z| ≤ · ··· . n1 − 1 n2 − 1 nk − 1 Vì vậy giả thiết rằng các nghiệm của f (z) nằm ngoài đĩa nên suy ra mâu thuẫn.      n n P P n n bi z i . Đa thức ai z i và g (z) = Cho f (z) = i i i=1 i=1  n  X n h (z) = ai bi z i i i=1 được gọi là hợp thành của f và g . Định lý 1.4.2. (Szegö). Cho f và g là các đa thức bậc n và tất cả các nghiệm của f nằm trong một miền tròn K. Khi đó mọi nghiệm của đa thức hợp thành h của f và g có dạng −ζi k , trong đó ζi là một nghiệm của g và k ∈ K .   n P n Chứng minh. Giả sử γ là một nghiệm của h, tức là ai bi γ i = 0. i i=1
n −1 Khi đó, đa thức f (z) và G (z) = z g −γz là đối cực. Do đó,
theo định −1 lý Grace, một nghiệm của G(z) nằm trong K. Cho g −γk = 0, trong đó k ∈ K . Khi đó −γk −1 = ζi , trong đó ζi là một nghiệm của g .  Với các đa thức mà bậc của chúng không nhất thiết bằng nhau, định lý sau tương tự định lý Grace.     m n P P n m ai z i và g (z) = bi z i là Định lý 1.4.3. Cho f (z) = i i i=1 i=1 các đa thức với m ≤ n. Cho các hệ số của f và g liên hệ với nhau như sau:       m m m m a0 bm − a1 bm−1 + · · · + (−1) am b0 = 0. (1.7) m 0 1 Khi đó các phát biểu sau là đúng: 16 Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức a) Nếu mọi nghiệm của g(z) thuộc đĩa |z| ≤ r thì ít nhất một trong các nghiệm của f nằm trong đĩa này; b) Nếu mọi nghiệm của f (z) nằm ngoài đĩa |z| ≤ r thì ít nhất một trong các nghiệm của g(z) nằm bên ngoài đĩa này. Chứng minh. a) Quan hệ trong (1.7) là bất biến nếu thay z bởi rz trong f và g . Do đó, ta có thể giả sử rằng r = 1. Giả thiết quy nạp rằng trong mọi nghiệm
của f (z) nằm trong miền |z| > 1. Khi đó các nghiệm của đa thức z n f z1 nằm trong miền |z| < 1. Do đó, theo định lý Gauss-Lucas, mọi nghiệm của đa thức    m  X 1 m f1 (z) = D(n−m) (z n f ) = n (n − 1) · · · (m + 1) ai z m−i i z i=0 nằm trong miền |z| < 1. Do đó, mọi nghiệm của đa thức    m−i X m  m  X 1 m m ai z i f2 (z) = z m ai = i i z i=0 i=0 nằm trong miền |z| > 1. Quan hệ (1.7) có nghĩa là đa thức f2 và g là đối cực. Vì mọi nghiệm của f2 nằm trong miền tròn |z| > 1. Từ định lý Grace suy ra có ít nhất một trong các nghiệm của g cũng nằm trong miền này và ta có điều mâu thuẫn. b) Mọi nghiệm của f2 nằm trong miền |z| ≤ 1. Từ đó, theo định lý Grace suy ra có ít nhất một trong các nghiệm của g cũng nằm trong miền này.  1.5 Bài toán Routh-Hurwitz Bài toán xét tính ổn định cho các nghiệm của một đa thức là tìm điều kiện để tất cả các nghiệm nằm trong mặt phẳng trái (tức là phần thực của các nghiệm là âm). Các đa thức với tính chất này được gọi là ổn định. Bài toán Routh-Hurwitz là: Có thể khẳng định đa thức là ổn định theo các hệ số của nó không? Ta chỉ cần xét trường hợp các đa thức với hệ số thực. Vì với p (z) = P an z n là một đa thức với hệ số phức, ta xét đa thức  X X  ∗ n n p (z) = p (z) p (z̄) = an z an z . 17 Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức Hiển nhiên, phần thực của các nghiệm của p (z̄) cũng giống như phần thực của p(z). Hơn nữa, các hệ số của p∗ (z) là đối xứng theo an và an . Điều này có nghĩa là các hệ số của p∗ là bất biến qua phép lấy liên hợp, tức là các hệ số của p các số thực. Ta có kết quả sau đây. Định lý 1.5.1. Giả sử p(z) = z n + a1 z n−1 + · · · + an là một đa thức với hệ số thực và q(z) = z m + b1 z m−1 + · · · + bm , trong đó m = 21 n (n − 1), là đa thức mà các nghiệm của nó là tổng của các cặp nghiệm của p. Khi đó, đa thức p là ổn định khi và chỉ khi mọi hệ số của đa thức p và q là dương. Chứng minh. Giả sử p là ổn định. Một nghiệm âm a của p sẽ có tương ứng một thừa số z − a với các hệ số dương. Với cặp nghiệm là liên hợp với phần thực âm, ta có một tương ứng thừa số (z − α − iβ) (z − α + iβ) = z 2 − 2αz + α2 + β 2 với các hệ số dương. Do đó mọi hệ số của p là dương. Các nghiệm phức của q trở thành các cặp nghiệm liên hợp bởi vì các hệ số của q là thực. Hơn nữa, các phần thực của mọi nghiệm của q là âm. Lý luận tương tự như đối với p, ta có các hệ số của q dương. Tiếp theo, cho tất cả các hệ số của p và q là dương. Trong trường hợp này, tất cả các nghiệm của p và q là âm. Do đó, nếu α là một nghiệm của p thì α < 0 và nếu α ± iβ là một cặp nghiệm phức liên hợp của p thì 2α = (α + iβ) + (α − iβ) là một nghiệm của q , từ đó 2α < 0 hay α < 0.  18 Chương 2 Nghiệm của đa thức và đạo hàm của nó 2.1 Định lý Gauss-Lucas Mục này trình bày các kết quả về sự phân bố các nghiệm của đa thức và nghiệm của đa thức đạo hàm của nó. Định lý 2.1.1. (Gauss-Lucas). Các nghiệm của P 0 thuộc bao lồi của các nghiệm của đa thức P của nó. Chứng minh. Cho P (z) = (z − z1 ) · · · (z − zn ), dễ dàng thấy rằng 1 1 P 0 (z) = + ··· + . P (z) z − z1 z − zn (2.1) Giả sử P 0 (w) = 0, P (w) 6= 0 và giả thiết phản chứng w không thuộc bao lồi của các điểm z1 , . . . , zn . Khi đó, ta có thể kẻ được một đường thẳng qua w mà không giao với bao lồi của z1 , . . . , zn . Do đó, các véc-tơ w − z1 , . . . , w − zn nằm trong nửa mặt phẳng xác định bởi đường thẳng này. Từ đó, các véc-tơ 1 1 ,..., w − z1 w − zn 1 z̄ cũng nằm trong một nửa mặt phẳng, vì = 2 . Từ đó z |z| P 0 (ω) 1 1 = + ··· + 6= 0. P (ω) w − z1 w − zn Điều này là mâu thuẫn và do đó w phải thuộc bao lồi của các nghiệm của đa thức P .  19