Công thức nghiệm cho một số lớp đa thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - HỒNG VĂN HƯỜNG CƠNG THỨC NGHIỆM CHO MỘT SỐ LỚP ĐA THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - HOÀNG VĂN HƯỜNG CÔNG THỨC NGHIỆM CHO MỘT SỐ LỚP ĐA THỨC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS ĐOÀN TRUNG CƯỜNG THÁI NGUYÊN - 2019 Mục lục Mở đầu Chương Nghiệm số nghiệm phương trình đa thức 1.1 Cơng thức nghiệm đa thức có bậc nhỏ nghiệm hữu tỷ 1.2 Quy tắc dấu Descartes Định lý Sturm số nghiệm thực đa thức 12 Chương Phép biến đổi Tschirnhaus ứng dụng 21 2.1 Phương pháp biến đổi Tschirnhaus 21 2.2 Nghiệm đa thức ax2µ + bxµ − xν + c = 29 Chương Phương pháp giải tích nghiệm xấp xỉ 35 3.1 Chặn nghiệm 35 3.2 Phương pháp xấp x Newton v Phng phỏp xp x Mă uller 40 Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 46 i Mở đầu Tìm hiểu cơng thức nghiệm đa thức biến toán quan trọng toán học Từ lâu người ta biết cơng thức nghiệm cho phương trình bậc 1, 2, 3, Từ cơng trình Abel Galois, người ta biết có nhiều đa thức bậc trở lên khơng có cơng thức đại số biểu diễn nghiệm Bên cạnh có nhiều đa thức bậc cao mà nghiệm biểu diễn cơng thức đại số Việc tìm cơng thức này, mặt khác, tốn khó Trong luận văn này, hướng dẫn tiến sĩ Đồn Trung Cường, chúng tơi chọn đề tài “Cơng thức nghiệm cho số lớp đa thức” để làm nội dung nghiên cứu Mục tiêu luận văn tìm hiểu số phương pháp tìm nghiệm xác nghiệm xấp xỉ số lớp đa thức bậc cao Ngoài phần Mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo, nội dung luận văn chia làm ba chương Chương Nghiệm số nghiệm phương trình đa thức Trong chương chúng tơi trình bày số kết cơng thức nghiệm đa thức bậc 1, 2, 4, nghiệm hữu tỉ, nghiệm bội, nguyên lý đổi dấu Descartes định lý Sturm Chương Phép biến đổi Tschirnhaus ứng dụng Phép biến đổi Tschirnhaus đưa đa thức đa thức có nhiều hệ số Chương trình bày phép biến đổi Tschirnhaus ứng dụng phép biến đổi Tschirnhaus để đưa công thức nghiệm dạng thức lồng Chương Phương pháp giải tích nghiệm xấp xỉ Việc tìm tất nghiệm đa thức nói chung khả thi Thay vào người ta tìm cách khoanh vùng nghiệm đa thức tất nghiệm đa thức Chương trình bày chặn nghiệm đa thức, phương pháp Newton, phng phỏp Mă uller, phng phỏp s v cụng thc giải tích tìm nghiệm phương trình đại số Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến TS Đoàn Trung Cường, định hướng chọn đề tài nhiệt tình hướng dẫn để tơi hồn thành luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn giúp đỡ quý báu thầy cô giáo khoa Tốn Tin, thầy giáo tận tâm giảng dạy, hướng dẫn, giúp đỡ tác giả q trình học tập hồn thành luận văn Xin cảm ơn người thân gia đình tất người bạn thân yêu thông cảm, chia sẻ tạo điều kiện tốt cho tơi để tơi học tập, nghiên cứu thực luận văn Xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, tháng 10 năm 2019 Người viết luận văn Hoàng Văn Hường Chương Nghiệm số nghiệm phương trình đa thức Chương trình bày số kết cổ điển công thức nghiệm đa thức bậc 1, 2, và số nghiệm đa thức 1.1 Cơng thức nghiệm đa thức có bậc nhỏ nghiệm hữu tỷ Với đa thức nói chung, từ đầu Thế kỷ 19 người ta biết không tồn công thức đại số chứa thức để biểu diễn nghiệm đa thức Cơng thức hay thuật tốn tìm nghiệm tồn số trường hợp đa thức có bậc nhỏ có dạng đặc biệt lớp nghiệm đặc biệt Trong tiết nhắc lại công thức nghiệm trường hợp đa thức bậc 1, 2, 3, cách tìm nghiệm hữu tỷ Cho k trường, đa thức P (x) với biến x hệ số k có dạng P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn , a0 , , an ∈ k Nếu P = 0, tức a0 = a1 = · · · = an = 0, ta nói đa thức P có bậc −∞, ký hiệu deg P = −∞ Nếu P 6= an 6= ta nói đa thức P có bậc n, ký hiệu deg P = n Hạng tử an xn gọi hạng tử cao P, an gọi hệ số cao P Tập đa thức biến với hệ số k ký hiệu k[x] Định nghĩa 1.1.1 Cho đa thức P ∈ k[x], phần tử α ∈ k gọi không điểm (hay nghiệm) đa thức P P (α) = Các phương trình có bậc lớn việc giải khó, kể xét số nghiệm hay số tính chất nghiệm Dưới ta nhắc lại công thức nghiệm cổ điển phương trình đa thức có bậc 1, 2, Để tiện trình bày, ta giả sử phương trình có hệ số trường số thực R Trường hợp phương trình với hệ số trường l giải tương tự với lưu ý điều kiện khai đặc số trường Phương trình bậc (hay phương trình tuyến tính) phương trình đa thức có dạng ax + b = 0, a 6= Phương trình có nghiệm x = −b/a Phương trình bậc hai phương trình đa thức có dạng ax2 + bx + c = 0, a 6= (1.1.1) Bằng biến đổi quen thuộc, phương trình (1.1.1) tương đương với phương trình 2  b2 − 4ac b = (1.1.2) x+ 2a 4a Ký hiệu ∆ = b2 − 4ac gọi biệt thức phương trình Nếu ∆ ≥ phương trình có hai nghiệm thực (có thể trùng nhau) √ √ −b + ∆ −b − ∆ , x2 = x1 = 2a 2a Nếu ∆ < phương trình khơng có nghiệm thực mà có hai nghiệm phức p p x1 = −b − i |∆| −b + i |∆| , x2 = 2a 2a Phương trình bậc ba αx3 + βx2 + γx + δ = 0, α 6= (1.1.3) Do α 6= nên chia hai vế cho α, ta đưa phương trình dạng x3 + px2 + qx + r = (1.1.4) Bằng cách đặt x=y− p ta đưa phương trình (1.1.4) phương trình dạng y + ay + b = 0, (1.1.5) với 1 a = (3q − p2 ), b = (2p3 − 9pq + 27r) 27 Giả sử y ∈ C nghiệm phương trình (1.1.5) Đặt y = u + v với u, v ∈ C Như v chọn tùy ý Thay vào (1.1.5) ta có (u + v)3 + a(u + v) + b = hay (u3 + v + b) + (u + v)(3uv + a) = Chọn u, v cho 3uv + a = Khi đó, ta có hệ  u3 + v + b = 3uv = −a Hệ tương đương  u3 + v = −b u3 v = − a 27 Như u3 , v nghiệm phương trình t2 + bt − a3 = Từ phương trình 27 ta tìm u3 v , từ ta tìm u, v Khi đó, phương trình (1.1.5) có ba nghiệm y1 = A + B, y2 = − (A + B) + y3 = − (A + B) − √ i (A − B), √ i (A − B), i2 = −1 s A= b − + r b a3 + , 27 b − − r b2 a3 + 27 s B= Ba nghiệm kiểm tra sau: (y − y1 )(y − y2 )(y − y3 ) = (y − A − B) y + (A + B)y + A2 − AB + B
= y − 3ABy − (A + B)(A2 − AB + B ) = y − 3ABy − A3 − B = y + ay + b Giả sử hệ số p, q, r số thực (khi a b số thực) Ta có ba trường hợp: • trường hợp b2 + a3 27 > Phương trình (1.1.5) nghiệm thực y = y1 hai nghiệm phức liên hợp • trường hợp b2 + a3 27 = 0, suy a ≤ Nghiệm phương trình (1.1.5) có khả  p a p a p a  − −3, −3, −3    p  p p (y1 , y2 , y3 ) = − a3 , − − a3 , − − a3    (0, 0, 0) • trường hợp b2 + a3 27 b > b < b = < Phương trình (1.1.5) có ba nghiệm thực phân biệt r yk = a φ 2kπ − cos + , 3   k = 0, 1, 2,  q b2 /4 − −a3 /27 cos φ = q b /4  −a /27 b > b < Mỗi nghiệm yk thu tương ứng với nghiệm xk = yk − p/3 phương trình (1.1.4) Như vậy, phương trình bậc ba có nghiệm thực có nghiệm thực Ví dụ 1.1.2 Giải phương trình x3 + 3x2 + 12x − 16 = Đặt x = y − ta y + 9y − 26 = 4a3 Có ∆ = + = 784 > 0, suy u3 = 27 Chọn u = 3, v = −1 Suy 27 y = u + v = − = 2, dẫn đến x = Phương trình ban đầu trở thành b2 (x − 1)(x2 + 4x + 16) = Do phương trình có nghiệm √ x = 1, x = −2 ± 3i Phương trình bậc bốn có dạng αx4 + βx3 + γx2 + δx + ϕ = 0, α 6= Có số cách giải phương trình Chúng tơi đưa cách giải phổ biến Ta đưa phương trình dạng x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0, hay x4 + ax3 = −bx2 − cx − d Thêm (1.1.6) a2 x vào hai vế, ta ax x +  2 =x  a2 −b  − cx − d   y2 ax Cộng vào hai vế phương trình với x2 + y+ ,  ax y x + + 2 2  = a2 −b−y  x +  ay   −c x+ y2 −d  (1.1.7) Chọn y cho tam thức bậc hai theo x vế phải có nghiệm kép, hay      ∆= ay −c 2 −4 a −b−y y −d = 0, hay tương đương y − by + (ac − 4d)y − d(c2 − 4b) − c2 = (1.1.8) −3 −3 −3 −3 ∆(f ) =