ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ HỒNG TÂM MỘT SỐ TÍNH CHẤT VỀ NGHIỆM CỦA ĐA THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN 2016 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁ[.]
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ HỒNG TÂM MỘT SỐ TÍNH CHẤT VỀ NGHIỆM CỦA ĐA THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2016 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN THỊ HỒNG TÂM MỘT SỐ TÍNH CHẤT VỀ NGHIỆM CỦA ĐA THỨC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học TS TRẦN NGUYÊN AN THÁI NGUYÊN - 2016 Mục lục MỞ ĐẦU Chương Đa thức nghiệm đa thức 1.1 Đa thức nghiệm đa thức 1.2 Nghiệm đa thức trường số 11 Chương Số nghiệm biên nghiệm đa thức 16 2.1 Số nghiệm thực đa thức 16 2.2 Đánh giá số nghiệm cơng cụ giải tích 29 2.3 Chặn cho nghiệm đa thức 37 2.4 Biên nghiệm ứng dụng xét tính bất khả quy đa thức 49 KẾT LUẬN 53 Tài liệu tham khảo 53 ii MỞ ĐẦU Trong Tốn học nói chung chương trình tốn học phổ thơng nói riêng chun đề đa thức chuyên đề quan trọng, quen thuộc, phổ dụng có nhiều ứng dụng phong phú Một vấn đề có lịch sử phát triển lâu đời nhiều người quan tâm phương trình đa thức Khi tìm hiểu phương trình đa thức (trên miền xét) nhiều câu hỏi tự nhiên đặt ra: phương trình có nghiệm khơng, tìm nghiệm phương trình, phương trình có nghiệm, vị trí nghiệm (trên trường số) Từ thời xa xưa người Hylạp tìm cách giải phương trình (đa thức) bậc hai Phương trình bậc ba, bậc bốn có cách giải từ kỉ XVI Khoảng 300 năm sau đó, người ta tiếp tục tìm cách giải phương trình bậc cao khơng có kết Mãi đến năm 20 kỉ XIX Abel chứng minh phương trình bậc n, n ≥ khơng giải được, có nghĩa khơng thể có công thức biểu diễn nghiệm qua hệ số phương trình thức Tuy nhiên kết Abel không loại trừ khả nghiệm đa thức cụ thể với hệ số thực hay phức có giải thức Mãi đến năm 30 kỷ XX, Galois giải trọn vẹn vấn đề điều kiện để phương trình cụ thể cho trước giải thức Các vấn đề tìm hiểu phần chương trình đại học Khi khơng xác định cách cụ thể nghiệm đa thức ta xét đến toán xác định số nghiệm đa thức Quy tắc xét dấu Descartes, Định lý Budan-Fourier Định lý Sturm công cụ hữu hiệu cho việc xác định số nghiệm thực đa thức Đôi xác định số nghiệm chưa đủ ta cần xác định vị trí nghiệm, chẳng hạn khoảng hay đoạn số thực chứa nghiệm Trong thực tế ta lại cần xác định giá trị xấp xỉ nghiệm Đối với vần đề phương pháp Newton đề xuất hữu hiệu dễ tiếp cận Mục đích luận văn tìm hiểu số tính chất nghiệm đa thức Luận văn nhấn mạnh vào việc tìm hiểu số nghiệm biên nghiệm đa thức Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn gồm hai chương Chương trình bày sơ lược vành đa thức, nghiệm đa thức, đa thức trường số phức, trường số thực trường số hữu tỉ, công thức nghiệm Viete Trong chương 2, luận văn trình bày số nghiệm biên nghiệm đa thức Cụ thể công thức nghiệm bản, số nghiệm đa thức, số định lý đánh giá số nghiệm đa thức như: Định lý Budan - Fourier, định lý Sturm, định lý Sturm mở rộng quy tắc dấu Descartes Bên cạnh luận văn trình bày việc đánh giá số nghiệm cơng cụ giải tích Một số chặn nghiệm, đặc biệt phương pháp sử dụng ma trận để đánh giá nghiệm đa thức, ứng dụng biên nghiệm để xét tính bất khả quy đa thức trình bày luận văn Trong suốt trình làm luận văn, nhận hướng dẫn giúp đỡ tận tình TS Trần Ngun An Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến q thầy giảng dạy lớp Cao học tốn khố truyền thụ đến cho nhiều kiến thức kinh nghiệm nghiên cứu khoa học Tôi xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng năm 2016, Nguyễn Thị Hồng Tâm Chương Đa thức nghiệm đa thức 1.1 Đa thức nghiệm đa thức Giả sử R vành giao hốn có đơn vị Đặt P = {(a0 , a1 , , an , ) ∈ RN |ai = với i đủ lớn } Ta định nghĩa phép cộng phép nhân P sau Giả sử (a0 , a1 , a2 , ), (b0 , b1 , b2 , ) ∈ P (a0 , a1 , , an , )+(b0 , b1 , , bn , ) = (a0 +b0 , a1 +b1 , , an +bn , ), (a0 , a1 , , an , )(b0 , b1 , , bn , ) = (c0 , c1 , , cn , ), P với ck = a0 bk + a1 bk−1 + · · · + ak b0 = bj , k = 0, 1, 2, Dễ thấy i+j=k phép tốn P với hai phép tốn P vành giao hốn, có đơn vị Phần tử khơng (0, 0, 0, ), phần tử đối (a0 , a1 , , an , ) (−a0 , −a1 , , −an , ), phần tử đơn vị (1, 0, , 0, ) Ký hiệu x = (0, 1, 0, 0, ) ∈ P Dễ dàng kiểm tra x2 = (0, 0, 1, 0, 0, ), x3 = (0, 0, 0, 1, 0, 0, ), xk = (0, 0, , 0, 1, 0, 0, ), xk dãy có toạ độ thứ k + 1, toạ độ khác Xét ánh xạ ϕ : R → P xác định ϕ(a) = (a, 0, 0, ) với a ∈ R Rõ ràng ϕ đơn cấu vành Vì ta coi R vành P Từ đơn cấu ϕ trên, ta đồng (0, , 0, a, 0, ) = (a, 0, 0, )(0, , 0, 1, 0, ) = axk , vị trí thứ k + (0, , 0, a, 0, ) a, cịn vị trí khác Vì dãy (a0 , a1 , , an , 0, 0, ) P đồng với biểu thức a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn Ta thường viết phần tử P theo số mũ tăng dần giảm dần, tức viết a0 + a1 x + · · · + an xn an xn + · · · + a1 x + a0 Định nghĩa 1.1.1 Vành P gọi vành đa thức ẩn x lấy hệ tử R, hay vắn tắt vành đa thức ẩn x lấy hệ tử R, ký hiệu R[x] Các phần tử vành gọi đa thức ẩn x lấy hệ tử R thường ký hiệu f (x), g(x), h(x), Trong đa thức f (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 , , i = 0, 1, , n gọi hệ tử đa thức Các xi gọi hạng tử đa thức, đặc biệt a0 gọi hạng tử tự Nếu an 6= an gọi hệ số cao f (x) n gọi bậc f (x) Ta kí hiệu bậc f (x) deg(f (x)) Người ta thường quy ước bậc đa thức −∞ Một đa thức khác gọi monic hệ số cao Các đa thức bậc gọi đa thức Các đa thức bậc gọi đa thức tuyến tính Kết sau suy từ định nghĩa phép cộng phép nhân đa thức Bổ đề 1.1.2 Với f (x), g(x) ∈ R[x], ta có deg(f (x) + g(x)) ≤ max{deg(f (x)), deg(g(x))}; deg(f (x)g(x)) ≤ deg(f (x)) + deg(g(x)) Nếu R miền nguyên deg(f (x)g(x)) = deg(f (x)) + deg(g(x)) Hệ 1.1.3 Nếu R miền nguyên, R[x] miền nguyên Định lý 1.1.4 (Chia với dư) Cho f (x), g(x) ∈ R[x], với R trường g(x) 6= Khi tồn hai đa thức q(x) r(x) thuộc R[x] cho: f (x) = g(x)q(x) + r(x) deg r(x) < deg g(x) Chú ý 1.1.5 Đa thức q(x) gọi thương r(x) goi dư phép chia f (x) cho g(x) Định lí R miền nguyên hệ số cao g(x) khả nghịch R Trong thuật toán chia với dư đây, hệ số f (x) g(x) số thực (tương ứng hữu tỉ) hệ số thương q(x) dư r(x) thực (tương ứng hữu tỉ) Thuật toán chia dư giúp ta tìm ƯCLN hai đa thức Định nghĩa 1.1.6 Giả sử R vành vành S, f (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 đa thức R[x] Với phần tử α ∈ S , ta kí hiệu f (α) = an αn + · · · + a1 α + a0 ∈ S Phần tử α ∈ S gọi nghiệm f (x) f (α) = Trong trường hợp ta nói α nghiệm phương trình f (x) = S Tìm nghiệm f (x) S gọi giải phương trình đa thức f (x) = S Định lý 1.1.7 (Định lý Bézout) Cho R miền nguyên, f (x) ∈ R[x], α ∈ R Điều kiện cần đủ để α nghiệm f (x) f (x) chia hết cho (x − α) Từ kết ta có sơ đồ chia Horner: chia đa thức f (x) cho x − a Giả sử R miền nguyên f (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 đa thức R[x] Chia f (x) cho x − a, a ∈ R, ta thương dạng g(x) = bn−1 xn−1 + · · · + b1 x + b0 , dư r ∈ R Vì f (x) = (x − a)g(x) + r nên ta có bn−1 = an ··· b = a + ab i−1 i i (1.1) ··· b0 = a1 + ab1 r = a0 + b0 Sơ đồ giúp ta tìm thương g(x) dư r phép chia f (x) cho x − a, bi , i = 0, · · · , n − xác định theo 1.1 gọi sơ đồ chia Hocner an an−1 α bn−1 bn−2 a1 a0 b0 r Chú ý: Bằng phương pháp tương tự ta có sơ đồ Horner chia cho đa thức bậc hai x2 + px + q Thực liên tiếp phép chia cho x−a, ta có khai triển Taylor f (x) a, tức f (x) khai triển dạng n X f (x) = ck (x − a)k k=0 Thật vậy, ta có f (x) = (x − a)f0 (x) + r0 , r0 ∈ R, deg(f0 (x)) = n − 1, f0 (x) = (x − a)f1 (x) + r1 , r1 ∈ R, deg(f1 (x)) = n − 2, fn−2 (x) = (x − a)fn−1 (x) + rn−1 , rn−1 ∈ R, deg(fn−1 (x)) = 1, fn−1 = (x − a)an Thế ngược lên ta có f (x) = an (x − a)n + rn−1 (x − a)n−1 + · · · + r1 (x − a) + r0 Đặt cn = an , cn−1 = rn−1 , , c1 = r1 , c0 = r0 , ta có điều phải chứng minh Bổ đề 1.1.8 Cho f (x) ∈ R[x] Phần tử a ∈ R nghiệm bội k f (x) f (x) = (x − a)k g(x) với g(x) ∈ R[x] g(a) 6= Sử dụng công cụ đạo hàm ta mơ tả khác cho hệ tử khai triển Taylor f (x) a Định nghĩa 1.1.9 Cho f (x) ∈ R[x] với R miền nguyên Pn k (i) Nếu f (x) = a0 ∈ R, đặt f (x) = Nếu f (x) = k=0 ak x với P n ≥ 1, đặt f (x) = nk=1 kak xk−1 Ta gọi f (x) đạo hàm (hình thức) f (x) (ii) Đặt f (0) (x) = f (x), f (1) (x) = f (x), , f (k) (x) = (f (k−1) (x))0 , ∀k ∈ N∗ Ta nói f (k) (x) đạo hàm cấp k f (x) với k ∈ N Trong trường hợp R trường số thực R đạo hàm hình thức đạo hàm hàm số f (x) Nếu f (x) g(x) hai đa thức đạo hàm hình thức tổng tích hai đa thức sau (f + g)0 (x) = f (x) + g (x) (f.g)0 (x) = f g(x) + f.g (x) Chú ý Trong trường hợp R trường có đặc số hệ số ck khai triển Taylor tính theo đạo hàm f (x) sau: f (k) (a) , ck = k! nghĩa f (x) = n X f (k) (a) k! k=0 (x − a)k Trong trường hợp a = 0, ta có khai triển Maclaurin f (x) = n X f (k) (0) k=0 k! xk Định nghĩa 1.1.10 (Nghiệm bội) Cho f (x) ∈ R[x], α ∈ R, k ∈ Z, k ≥ Ta gọi α nghiệm bội k f (x) f (x) chia hết cho (x − α)k tương ứng cận cận nghiệm âm N3 đa thức f (x) −N2 − Để tìm cận nghiệm dương đa thức ta có kết sau Chú ý f (x) khơng có hệ số âm, f (x) khơng có nghiệm dương Trong nhiều phương pháp khác, phương pháp Newton sau cho ta kết tốt, có cồng kềnh phương pháp mô tả Định lý 2.3.4 (Phương pháp Newton) Giả sử đa thức f (x) với hệ số thực an > Nếu với x = c, tất giá trị f (c), f (c), , f (n) (c) dương Thì số c cận nghiệm dương đa thức f (x) Chứng minh Theo công thức Taylor 2f f (x) = f (c) + (x − c)f (c) + (x − c) 00 (n) (c) (c) nf + + (x − c) > 2! n! x ≥ c Vậy x ≥ c nghiệm f (x) Chú ý: Để tìm số c ta làm sau: Do f (n) (x) = n!a0 > 0, nên f (n−1) (x) đồng biến Do ∃c1 để f (n−1) (x) > x ≥ c Từ lại suy f (n−2) (x) đồng biến x ≥ c1 Do ∃c2 , c2 ≥ c1 để f (m−2) (x) > x ≥ c2 , Tiếp tục vậy, cuối ta tìm số c Ví dụ 2.3.5 Cho f (x) = x5 + 2x4 − 5x3 + 8x2 − 7x − 3, f (x) = 5x4 + 8x3 − 15x2 + 16x − 7, f 00 (x) = 20x3 + 24x2 − 30x + 16, f 000 (x) = 60x2 + 48x − 30, f (4) (x) = 120x + 48, f (5) (x) = 120 40 Giải Vì f (5) (x) = 120 > nên f (4) (x) đồng biến; f (4) (x) > 2 x > Với x > , f 000 ( ) < 0; f 000 (1) = 78 > Với x ≥ 1, f 00 (x) đồng 5 biến, f 00 (1) = 30 > Với x ≥ 1, f (x) đồng biến f (1) = > Với 171 x ≥ hàm f (x) đồng biến, f (1) = −4 < 0, f (1, 5) = > Vậy 32 c = 1, cận nghiệm dương Để tìm cận nghiệm dương ta xét ϕ1 (x) = −x5 f ( ) = 3x5 + 7x4 − 8x3 + 5x2 − 2x − x (Ở ta đổi dấu để áp dụng phương pháp Newton, an > Tất nhiên tập nghiệm f (x) = −f (x) = nhau) ϕ01 (x) = 15x4 + 28x3 − 24x2 + 10x − 2, ϕ001 (x) = 60x3 + 84x2 − 48x + 10, ϕ000 (x) = 180x + 168x − 48, (4) ϕ1 (x) = 360x + 168, (5) ϕ1 (x) = 360 (4) 00 Ta có ϕ1 (1) > 0, ϕ000 (1) > 0, ϕ1 (1) > 0, ϕ1 (1) > c = cận nghiệm dương ϕ1 (x) suy nghiệm dương f (x) có cận = 1 Để tìm cận nghiệm âm f (x) ta xét ϕ2 (x) = −f (−x) = x5 − 2x4 − 5x3 − 8x2 − 7x + (Ở ta đổi dấu để có a0 = > áp dụng phương pháp Newton) Có ϕ02 (x) = 5x4 −8x3 −15x2 −16x−7, ϕ002 (x) = 20x3 −24x2 − (4) (5) 30x − 16, ϕ000 (x) = 60x − 48x − 30, ϕ2 (x) = 120x − 48, ϕ2 (x) = 120 (4) 00 Ta có ϕ2 (4) > 0, ϕ000 (4) > 0, ϕ2 (4) > 0, ϕ2 (4) > Vậy cận nghiệm dương ϕ2 (x) c = Bởi số −4 cận nghiệm âm f (x) Để tìm cận nghiệm âm f (x) ta xét ϕ3 (x) = −x5 f (− ) = 3x5 − 7x4 − 8x3 − 5x2 − 2x + x 41 Tiến hành trên, theo phương pháp Newton ta cận nghiệm dương ϕ3 (x) c = Vậy cận nghiệm âm f (x) số − Sau ta tìm hiểu số chặn nghiệm khác đa thức thực Định lý 2.3.6 Giả sử α nghiệm đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 ∈ R[x], với an 6= n ≥ Khiđó ar (i) |α| ≤ + max : r = 1, 2, · · · , n a n ar