Một số bất Đẳng thức dạng zygmund cho Đa thức Một số bất Đẳng thức dạng zygmund cho Đa thức Một số bất Đẳng thức dạng zygmund cho Đa thức
Đa thức đại số và các tính chất liên quan
Ta ký hiệu R [x] (tương ứng C [z] ) là tập hợp tất cả các đa thức với hệ số thực (tương ứng hệ số phức). Định lý 1.1 Cho f(z)và g(z) ̸= 0 là hai đa thức thuộc C [z] Khi đó, tồn tại duy nhất hai đa thức q(z) và r(z) ∈ C [z] sao cho f(z) = g(z)q(z) + r(z) với deg r(z) < deg g(z).
Nếu r(z) = 0 thì ta nói f(z) chia hết cho g(z). Định lý 1.2 Cho a ∈ C , f(z) ∈ C [z] Dư số của phép chia f (z) cho (z − a) chính là f(a). Định lý 1.3 Số a ∈C là nghiệm của f(z) khi và chỉ khi f (z) chia hết cho (z − a).
Cho a ∈ C , f (z) ∈ C [z] và m là số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 1 Khi đó a là nghiệm bội cấp m của f(z) khi và chỉ khi f (z) chia hết cho (z − a) m và f (z) không chia hết cho (z − a) m+1
Trong trường hợp m = 1 thì ta gọi a là nghiệm đơn còn khi m = 2 thì a được gọi là nghiệm kép Số nghiệm của một đa thức là tổng số nghiệm của đa thức đó, kể cả bội của các nghiệm (nếu có) Vì vậy, người ta coi một đa thức có nghiệm bội cấp m như là một đa thức có m nghiệm trùng nhau. Định lý 1.4 (Định lý Vi-ét) a) Giả sử đa thức a n x n + a n−1 x n−1 + ã ã ã + a 1 x + a 0 (a n ̸= 0) (1.1) có n nghiệm (thực hoặc phức) x 1 , x 2 , , x n Khi đó
(1.2) b) Ngược lại, nếu các số x 1 , x 2 , , x n thỏa mãn hệ (1.2) với a 0 , a 1 , , a n thuộc C thì chúng là nghiệm của đa thức (1.1). Định lý 1.5 Mỗi đa thức trong R [x] bậc n đều có không quá n nghiệm thực.
Hệ quả 1.1 Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không.
Hệ quả 1.2 Hai đa thức có bậc không vượt quá n mà nhận (n + 1) giá trị bằng nhau tại (n + 1) giá trị khác nhau của đối số thì đồng nhất bằng nhau. Định lý 1.6 (Định lý cơ bản của đại số) Mọi đa thức f (z) ∈C [z] có bậcn có đúng n nghiệm (tính cả bội của nghiệm). Định lý 1.7 Mọi đa thức f(x) ∈ R [x] bậc n đều có thể phân tích thành nhân tử dạng f(x) = a n m
Tính chất nghiệm của đa thức
X j=0 a j z j (a d ̸= 0) (1.3) là đa thức bậc d bất kỳ Nếu z 0 là nghiệm thực hoặc phức bất kỳ của đa thức P (z), thì
Chứng minh Giả sử ngược |z 0 | ≥ 1 + M 0 với nghiệm z 0 ∈ C nào đó của đa thức
1 − (1 + M 0 ) −1 = 1 − (1 + M 0 ) −d < 1, điều này là mâu thuẫn Vậy |z 0 | < 1 + M 0 với mọi z 0 là nghiệm của đa thức P (x). Tiếp theo, ta cần chứng minh |z 0 | ≤ 2M 1 , trong đó
Khi đó |a −1 d a 0 | ≤ 2M 1 d và |a −1 d a j | ≤ M 1 d−j với mọij = 1, 2, , d − 1 Điều này dẫn đến
Suy ra z 1 ≤ 2 Hay |z 0 | ≤ 2M 1 Định lý được chứng minh.
Nội dung cuối cùng của mục này, chúng tôi giới thiệu hai kết quả sau về mối liên hệ về nghiệm của các đa thức. Định lý 1.9 (Định lý Rouche) Cho hai đa thức f (z) và g(z) xác định trên |z| ≤ 1. Giả sử rằng |g(z)| < |f (z)| trên |z| = 1 Khi đó f và f + g có cùng số không điểm trong đĩa |z| < 1.
Ví dụ 1.10 Xét f (z) = 9z 2 và g(z) = z 7 + 1 là hai đa thức xác định trên đĩa
|z| ≤ 1 Trên |z| = 1, ta có: |f (z)| = |9z 2 | = 9; |g(z)| = |z 7 + 1| ≤ |z 7 | + 1 = 2 Do đó
|g(z)| < |f(z)| với |z| = 1 và f(z) có hai nghiệm trong đĩa |z| < 1 Định lý Rouche chỉ ra rằng f(z) + g(z) = z 7 + 9z 2 + 1 có hai nghiệm trong đĩa |z| < 1. Định lý 1.11 (Định lý Gauss-Lucass) Cho P là đa thức bất kỳ Khi đó, các nghiệm của đa thức P ′ nằm trong bao lồi của các nghiệm của đa thức P.
Ví dụ 1.12 Xét P (z) = z 2 + 1 có 2 nghiệm z 1 = i và z 2 = −i Khi đó P ′ (z) = 2z có nghiệm z 0 = 0 = 1
Một số bất đẳng thức dạng
Cho Pn là tập hợp tất cả các đa thức P (z) = n
X v=0 a v z v có bậc n Với P ∈Pn, ta định nghĩa
Bất đẳng thức Bernstein [18, 23] được phát biểu như sau: Nếu P ∈Pn, thì
Bất đẳng thức (2.1) là hệ quả đơn giản khi cho q → ∞ trong bất đẳng thức sau
Bất đẳng thức (2.2) được chứng minh bởi Zygmund [25] trong trường hợp q ≥ 1. Arestov [2] đã khẳng định rằng (2.2) vẫn đúng trong trường hợp 0 < q < 1 Cả hai bất đẳng thức (2.1) và (2.2) đều có thể được làm mạnh hơn nếu ta hạn chế trên lớp các đa thức không có nghiệm trong |z| < 1.Cụ thể, nếu P ∈P n và P (z) ̸= 0 với
|z| < 1 thì các bất đẳng thức (2.1) và (2.2) có thể thay thế bởi các đánh giá sau
Bất đẳng thức (2.3) được dự đoán bởi Erd¨os và sau đó được kiểm chứng bởi Lax [4, 15], trong khi (2.4) được chứng minh bởi bởi De-Bruijn [10] với q ≥ 1 Rahman và Schmeisser [21] đã chứng minh bất đẳng thức (2.4) cũng đúng trong trường hợp
Tổng quát hóa của (2.3), Malik [16] đã chứng minh rằng: Nếu P ∈P n và P (z) ̸= 0 với |z| < k, k ≥ 1, thì
Trong khi cũng với giả thiết này, Govil và Rahman [12] đã mở rộng bất đẳng thức (2.4) bằng cách chỉ ra rằng
∥k + z∥ q ∥P ∥ q , q ≥ 1 (2.6) Để mở rộng bất đẳng thức (2.5), Govil cùng các tác giả khác trong [13] đã chỉ ra rằng nếu P ∈P n và P (z) = n
∥P ′ ∥ ∞ ≤ n(n|a 0 | + k 2 |a 1 |) n|a 0 |(1 + k 2 ) + 2k 2 |a 1 | ∥P ∥ ∞ (2.7) Gần đây, Gardner và Weems [11] và Rather [22] đã chỉ ra rằng bất đẳng thức (2.6) cũng đúng trong trường hợp 0 < q < 1.
Bất đẳng thức (2.5) được tổng quát hóa bởi Govil và Rahman [12] cho đạo hàm cấp s củaP (z)bằng cách chỉ ra rằng: Nếu P ∈Pn và P (z) ̸= 0 với |z| < k, k ≥ 1,thì với 1 ≤ s < n, ta có
Tiếp theo, Aziz và Shah [6] đã mở rộng bất đẳng thức (2.8) bằng cách chỉ ra rằng: Nếu P ∈P n và P (z) ̸= 0 với |z| < k, k ≥ 1, thì với 1 ≤ s < n, ta có
∥k s + z∥ q ∥P ∥ q , q > 0 (2.9) Trong chương này, chúng tôi sẽ giới thiệu một sự cải tiến của bất đẳng thức trên, khi đó một số kết quả nổi tiếng như những trường hợp riêng Chúng tôi cũng xem xét một vấn đề tương tự cho lớp các đa thức có dạng P (z) = a n z n + n
X v=m a n−v z n−v không triệt tiêu bên ngoài đĩa |z| ≤ k với k ≤ 1 Nội dung chính của chương này được tham khảo trong bài báo [8].
Các bổ đề bổ trợ
Trong mục này, chúng tôi sẽ trình bày về các bổ đề quan trọng dùng để chứng minh các định lý trong mục tiếp theo Bổ đề sau được chứng minh bởi Melas [7].
Bổ đề 2.1 Cho số thực dương q và đa thức P ∈P n Khi đó ta có đánh giá sau
Tiếp theo, ta chứng minh kết quả sau.
Bổ đề 2.2 Cho số thực dương q và đa thức P ∈P n Đặt Q(z) = z n P (1/¯ z) Khi đó
Chứng minh Vì Q(z) = z n P (1/¯ z) nên zQ ′ (z) = nz n P (1/¯ z) − z n−1 P ′ (1/¯ z).
Tại những điểm θ mà P ′ (e iθ ) ̸= 0, ta có
P ′ (e iθ ) q dα, kết hợp điều này với đẳng thức (2.10), ta được
Còn tại những điểm θ mà P ′ (e iθ ) = 0, thì theo (2.10) ta được
, do vậy (2.11) vẫn đúng tại những điểm θ mà P ′ (e iθ ) = 0 Vì vậy, ta có đẳng thức
P ′ (e iθ ) q dα (2.12) với mọi θ ∈ [0, 2π) Lấy tích phân cả hai vế của đẳng thức (2.12) theo biến θ cận từ 0 đến 2π và sử dụng Bổ đề 2.1, ta suy ra
Bổ đề 2.2 được chứng minh xong.
Bổ đề 2.3 Cho P (z) là đa thức bậc n có tất cả các nghiệm nằm trên |z| = 1 Đặt Q(z) = z n P (1/z) Khi đó, tồn tại u ∈C , |u| = 1 sao cho
Chứng minh Do P (z) là đa thức bậc n có tất cả các nghiệm nằm trên |z| = 1 nên ta ta có thể biểu diễn đa thức P (z) dưới dạng
= uP (z), trong đó u = (−1) n z 1 z 2 z n × a a thỏa mãn |u| = 1 Bổ đề 2.3 được chứng minh.
Bổ đề 2.4 Cho các số thựcq > 0, k ≥ 1và đa thứcP ∈Pn Giả sửP (z) = Pn j=0 a j z j không triệt tiêu trong |z| < k Đặt Q(z) = z n P (1/z) Khi đó, với 1 ≤ s < n và |z| = 1, ta có đánh giá sau
Chứng minh Theo giả thiết, toàn bộ nghiệm của đa thức
P (z) = a n z n + a n−1 z n−1 + + a s z s + + a 1 z + a 0 nằm ở trong |z| ≥ k Do vậy, tất cả các nghiệm của đa thức
F (z) = P (kz) = a n k n z n + + a s k s z s + + a 1 kz + a 0 đều nằm trong |z| ≥ 1 Ta xét hàm G(z) được xác định bởi công thức sau
G(z) = a n k n + a n−1 k n−1 z + + a n−s k n−s z s + + a 1 kz n−1 + a 0 z n (2.15) Hơn nữa, toàn bộ các nghiệm của G(z) đều nằm trong |z| ≤ 1 và
Ta sẽ chỉ ra mỗi giá trị α thực hoặc phức thỏa mãn |α| ≥ 1, đa thức
T (z) = F (z) + αG(z) có tất cả các nghiệm trong |z| ≤ 1 Để chứng minh điều này ta xét 2 trường hợp sau:
Trường hợp 1: Tất cả các nghiệm của G(z) nằm trên |z| = 1 thì theo Bổ đề 2.3, ta có F (z) = uG(z), với |u| = 1 Vì vậy, với mỗi α thỏa mãn |α| ≥ 1, đa thức
T (z) = F (z) + αG(z) = (u + α)G(z) có tất cả các nghiệm trên |z| = 1 và do vậy nó có tất cả các nghiệm nằm trong
Trường hợp 2: G(z) có ít nhất một nghiệm trong |z| < 1 Gọi m là số nghiệm của G(z) trong |z| < 1, với 1 ≤ m ≤ n, nên n − m nghiệm còn lại của G(z) nằm trên
|z| = 1 Giả sử z 1 , z 2 , , z n−m là tất cả các nghiệm của G(z) trên |z| = 1, ta có thể biểu diễn G(z) dưới dạng sau
G(z) = G 1 (z)(z − z 1 )(z − z 2 ) (z − z n−m ) = G 1 (z)G 2 (z) (2.17) trong đó G 1 (z) là đa thức bậc m ≥ 1 có tất cả các nghiệm nằm trong |z| < 1, và
G 2 (z) là đa thức bậc n − m có tất cả các nghiệm nằm trên |z| = 1, do vậy
F (z) = z n G(1/z) = z m G 1 (1/z)z n−m G 2 (1/z) = F 1 (z)F 2 (z), (2.18) trong đó F 1 (z) là đa thức bậc m có tất cả các nghiệm nằm trong |z| > 1 và tất cả các nghiệm của của đa thức F 2 (z) bậc (n − m) nằm trên |z| = 1 Áp dụng công thức (2.18) và Bổ đề 2.3 cho đa thức F 2 (z), ta suy ra
Từ các đẳng thức (2.16), (2.17) và (2.19) dẫn tới đẳng thức
Vì tất cả các nghiệm của F 1 (z) đều nằm trong |z| > 1 nên hàm số G 1 (z)
F 1 (z) là hàm giải tích trong đĩa |z| ≤ 1 và
F 1 (z) không phải là hằng số, nên nó tuân theo nguyên lý modun cực đại
Lập luận tương tự, bằng cách thay thế z bởi 1/z, ta được
Từ Định lý Rouche, ta thấy rằng với mọi số thực hoặc số phức α, u thỏa mãn
|α| ≥ 1 và |u| = 1 thì đa thức uF 1 (z) + αG 1 (z) bậc m có tất cả các nghiệm trong
T (z) = (uF 1 (z) + αG 1 (z))G 2 (z) = uF 1 (z)G 2 (z) + αG 1 (z)G 2 (z) = F (z) + αG(z) có tất cả các nghiệm nằm trong |z| ≤ 1 với mọi α thỏa mãn |α| ≥ 1 Theo Định lý Gauss–Lucas thì tất cả các nghiệm của T (s) (z) = F (s) (z) + αG (s) (z) nằm trong
|z| ≤ 1 Điều này chứng tỏ rằng
(s) (z) , với mọi|z| ≥ 1và1 ≤ s < n (2.20) Theo Định lý Gauss–Lucas, ta suy ra tất cả các nghiệm của đa thức
G (s) (z) = n(n − 1) (n − s + 1)a 0 z n−s + + (s!)a n−s k n−s đều nằm trong |z| ≤ 1 Tiếp theo, ta xét đa thức H(z) như sau
Khi đó, toàn bộ các nghiệm của H(z) nằm trong |z| ≥ 1 Hơn nữa
Kết hợp điều này với (2.20), ta có k s |P (s) (kz)| ≤ |G (s) (z)| = |z n−s G (s) (1/z)| = |H(z)| với mọi |z| = 1 Vì vậy hàm số
H(z) là hàm giải tích trong |z| ≤ 1 và |R(z)| = 1 với |z| = 1 Theo nguyên lí modun cực đại suy ra
Vì vậy, sử dụng dạng tổng quát của Bổ đề Schwartz, chúng ta có
với |z| ≤ 1. Điều này tương đương với k s P (s) (kz)
Cho z = e iθ /k, θ ∈ [0, 2π) thì |z| = 1/k ≤ 1, từ đó ta có k s−1 P (s) (e iθ ) H(e iθ /k)
Vì H(z/k) = z n−s Q (s) (1/z), từ bất đẳng thức (2.21) ta nhận được được bất đẳng thức
(s) (z) với |z| = 1. Đây chính là bất đẳng thức (2.13) và phần đầu tiên của Bổ đề 2.4 đã hoàn thành. Để chứng minh phần thứ hai của Bổ đề 2.4, ta giả sử rằngz 1 , z 2 , , z n là các nghiệm của đa thức P (z) Theo giả thiết|z v | ≥ k, v = 1, 2, , n Đồng thời theo định lý Vi-ét ta có các đẳng thức sau
= σ(n, s) trong đó, σ(n, s)là tổng tất cả các tích gồm s thừa số khác nhau trong các thừa số z 1 , z 2 , , z n Điều này dẫn đến a s a 0
≤ C(n, s) 1 k s Điều này tương đương với
Bổ đề 2.4 được chứng minh.
Từ giờ trở về sau, với 1 ≤ m ≤ n, chúng tôi xét lớp các đa thức P n,m được xác định như sau
Chúng ta cũng cần kết quả dưới đây mà có thể dễ dàng suy ra được bằng cách sử dụng argument tương tự như trong [20].
Bổ đề 2.5 Cho số thực k ≥ 1 và đa thức P (z) = a 0 + n
X v=m a v z v , 1 ≤ m ≤ n Giả sử đa thức P (z) không triệt tiêu trong đĩa |z| < k Đặt Q(z) = z n P (1/z) Khi đó n|a 0 |k m+1 + m|a m |k 2m n|a 0 | + m|a m |k m+1
Bằng việc áp dụng Bổ đề 2.5 cho đa thức z n P (1/z), ta nhận được kết quả dưới đây.
Bổ đề 2.6 Cho số thực dương k ≤ 1 và đa thức P ∈Pn,m Giả sử P (z) = a n z n + n
X v=m a n−v z n−v có tất cả các nghiệm trong đĩa |z| ≤ k và P (0) ̸= 0 Đặt Q(z) = z n P (1/z) Khi đó n|a n |k 2m + m|a n−m |k m−1 n|a n |k m−1 + m|a n−m |
Chúng ta sẽ sử dụng Bổ đề 2.6 để chứng minh kết quả tổng quát hơn sau đây.
Bổ đề 2.7 Cho số thực dương k ≤ 1 và đa thức P ∈Pn,m Giả sử P (z) = a n z n + n
X v=m a n−v z n−v có tất cả các nghiệm trong đĩa |z| ≤ k Đặt Q(z) = z n P (1/z) Khi đó n|a n |k 2m + m|a n−m |k m−1 n|a n |k m−1 + m|a n−m |
Chứng minh Theo giả thiết, đa thức
P (z) = a 0 + a 1 z + + a n−m z n−m + a n z n , 1 ≤ m ≤ n có bậc n có tất cả các nghiệm nằm trong đĩa |z| ≤ k Trong trường hợp P (0) ̸= 0 thì Bổ đề 2.7 trở thành Bổ đề 2.6 Do đó, ta chỉ cần chứng minh Bổ đề 2.7 cho trường hợp khi P (0) = a 0 = 0 Với k = 1, bất đẳng thức (2.24) được suy ra từ kết quả của De-Bruijn [10] Để chứng minh bất đẳng thức (2.25) với k = 1, ta gọi a à là hệ số khác 0 đầu tiên của P (z), do vậy
P (z) = a à z à + a à+1 z à+1 + + a n−m z n−m + a n z n = z à h(z) trong đó h(z) = a à + a à+1 z + + a n−m z n−à−m + a n z n−à , 0 ≤ à ≤ n − m là đa thức bậc (n − à)cú tất cả cỏc nghiệm nằm trong đĩa |z| ≤ 1 với h(0) = a à ̸= 0. Áp dụng bất đẳng thức (2.23) của Bổ đề 2.6 cho đa thức h(z) với k = 1, ta có m n − à a n−m a n
Bởi vỡ n − à ≤ n, nờn ta cú đỏnh giỏ sau m n a n−m a n
≤ 1. đây chính là bất đẳng thức (2.25) với k = 1 Điều này chứng minh Bổ đề 2.7 đúng với k = 1 Từ giờ trở đi, ta sẽ giả sử k < 1 Vì P (0) = a 0 = 0 nên ta có thể viết như trên
P (z) = a à z à + a à+1 z à+1 + + a n−m z n−m + a n z n , trong đú a à ̸= 0, 0 ≤ à ≤ n − m Theo giả thiết, tất cả cỏc nghiệm của P (z) đều nằm trong |z| ≤ k Lấy r thỏa mãn 1 < r < 1/k là số thực dương bất kì sao cho
P (z) ̸= 0 với |z| = ρ, với k < ρ = kr < 1, điều này dẫn đến δ = min
Xét số thực ϵ ∈ (0, δ) Từ bất đẳng thức (2.26), ta có
|λϵ| = ϵ < δ < |P (z)| với mọi λ, x ∈C thỏa mãn |λ| = 1 và |z| = ρ. Áp dụng Định lý Rouche và chú ý rằng tất cả các nghiệm của P (z) đều nằm trong
F (z) = P (z) + λϵ = a n z n + a n−m z n−m + + a à z à + λϵ có tất cả các nghiệm nằm trong|z| < ρ < 1 vớiF (0) = λϵ ̸= 0 NếuG(z) = z n F (1/z), thì G ′ (z) = Q ′ (z) + nλϵz n−1 Sử dụng F ′ (z) = P ′ (z) và Bổ đề 2.6 cho đa thức F (z), ta thu được n|a n |ρ 2m + m|a n−m |ρ m−1 n|a n |ρ m−1 + m|a n−m |
Chọn λ thích hợp sao cho
, kết hợp điều này với (2.27), ta nhận được n|a n |ρ 2m + m|a n−m |ρ m−1 n|a n |ρ m−1 + m|a n−m |
Q ′ (z) với|z| = 1 (2.29) Cho r → 1, khi đó ρ → k trong (2.28) và (2.29), ta nhận được bất đẳng thức (2.24) và (2.25) Bổ đề 2.7 được chứng minh.
Một số bất đẳng thức dạng Zugmund cho đa thức
Trong phần này, chúng ta sẽ sử dụng các Bổ đề ở mục 2.1 để chứng minh một số bất đẳng thức dạng Zugmund cho đa thức Trước tiên, kết quả sau là mối liên hệ giữa ∥P ∥ q và ∥P (s) ∥ q khi đa thức P có các không điểm nằm ngoài đĩa |z| < k, trong đó k ≥ 1. Định lý 2.1 Cho các số thực q > 0, k ≥ 1 và đa thức P ∈ P n Giả sử P (z) =
Pn j=0 a j z j không triệt tiêu trong đĩa |z| < k Khi đó, với mỗi 1 ≤ s < n, ta có đánh giá sau
∥P ∥ q , (2.30) trong đó δ k,s được xác định như sau δ k,s = C(n, s)|a 0 |k s+1 + |a s |k 2s C(n, s)|a 0 | + |a s |k s+1
Chứng minh Ta xét hàm
F (z) = Q(z) + e iα P (z), trong đó Q(z) = z n P (1/z) Vì vậy, F (z) là đa thức bậc n và
F (s) = Q (s) + e iα P (s) (z), là đa thức bậc n − s Bằng cách áp dụng liên tiếp bất đẳng thức (2.2), ta suy ra
Lấy tích phân các vế bất đẳng thức (2.32) theo biến α trên đoạn[0, 2π] và sử dụng
Theo Bổ đề 2.4, ta được δ k,s P
(s) (z) với mọi|z| = 1, (2.34) trong đó δ k,s ≥ 1 được xác định như trong (2.31) Dễ dàng chứng minh được rằng, với mọi số thực α và R ≥ r ≥ 1 thì R + cos α ≥ r + cos α ≥ 0 và do đó
Lấy tích phân các vế bất đẳng thức ngay trên theo biến α trên đoạn [0, 2π], ta suy ra
Với mỗi θ ∈ [0, 2π) thỏa mãn P (s) (e iθ ) ̸= 0, ta đặt
, r = δ k,s và áp dụng bất đẳng thức (2.34), ta suy ra R ≥ r ≥ 1 Kết hợp điều này với bất đẳng thức (2.35), ta kết luận
(s) (e iθ ) qZ 2π 0 δ k,s + e iα q dα (2.36) đúng với mọi θ ∈ [0, 2π) mà P (s) (e iθ ) ̸= 0 Hơn nữa, với mỗi θ ∈ [0, 2π) thỏa mãn
P (s) (e iθ ) = 0 thì vế phải sau cùng của bất đẳng thức (2.36) bằng 0, nên bất đẳng thức (2.36) hiển nhiên đúng trong trường hợp này Như vậy, bất đẳng thức (2.36) đúng với mọi θ ∈ [0, 2π) Lấy tích phân hai vế của bất đẳng thức (2.36) theo biến θ trên [0, 2π) và áp dụng bất đẳng thức (2.33), ta thu được
P (e iθ ) dθ, điều này tương đương với
∥δ k,s + z∥ q ∥P ∥ q Định lý được chứng minh.
Nhận xét 2.1 Nếu ta sử dụng bất đẳng thức (2.14) và ∥δ k,s +z∥ q ≥ ∥k s +z∥ q , q >
0, thì từ Định lý 2.1, chúng ta nhận được bất đẳng thức (2.9).
Bằng cách cho q → ∞, thì từ bất đẳng thức (2.30) ta nhận được kết quả thú vị mà nó như sự tinh chỉnh của bất đẳng thức (2.8) và bao gồm cả bất đẳng thức (2.7) như một trường hợp đặc biệt.
Hệ quả 2.1 Cho số thực k ≥ 1 và đa thức P ∈P n Giả sử P (z) = Pn j=0 a j z j ̸= 0 với mọi |z| < k Khi đó, với 1 ≤ s < n ta có đánh giá
∥P ∥ ∞ (2.37) Áp dụng (2.37) cho trường hợp s = 1, ta nhận được bất đẳng thức (2.7) Kết hợp (2.37) và đánh giá
1 C(n, s) a s a 0 k s ≤ 1, 1 ≤ s < n, ta ngay lập tức nhận được bất đẳng thức (2.8) Hệ quả tiếp theo là sự mở rộng của bất đẳng thức (2.6) bằng cách cho s = 1 trong Định lý 2.1.
Hệ quả 2.2 Cho các số thực q > 0, k ≥ 1 và đa thức P ∈ P n Giả sử P (z) =
Pn j=0 a j z j ̸= 0 với mọi |z| < k Khi đó
Cho q → ∞ trong Hệ quả 2.2, chúng ta ngay lập tức nhận được (2.7).
Nếu P ∈ P n và P (z) có tất cả các nghiệm trong đĩa |z| ≤ 1, thì Turán [25] đã chỉ ra rằng n∥P ∥ ∞ ≤ 2∥P ′ ∥ ∞ (2.38)
Tổng quát hóa của bất đẳng thức (2.38), Malik [16] đã chứng minh rằng nếuP ∈Pn và P (z) = 0 trong đĩa |z| ≤ k, k ≤ 1, thì n∥P ∥ ∞ ≤ (1 + k)∥P ′ ∥ ∞ (2.39)
Malik [14] và Aziz [3] đã mở rộng (2.38) và (2.39) bằng cách thay vế trái của các bất đẳng thức này bởi một yếu tố liên quan đến giá trị tích phân của P (z) trên
|z| = 1 Đặc biệt hơn, Malik [17] đã chỉ ra rằng: Nếu P ∈P n có tất cả các nghiệm trong đĩa |z| ≤ 1 thì n∥P ∥ q ≤ ∥1 + z∥ q ∥P ′ ∥ q (2.40) với mọi q > 0. Định lý dưới đây là sự tổng quát hóa của bất đẳng thức (2.40) và cũng là một sự tinh chỉnh kết quả do Aziz [3] đưa ra. Định lý 2.2 Cho các số thực q > 0, 0 < k ≤ 1 và đa thức P ∈ P n,m Giả sử
X v=m a n−v z n−v có tất cả các nghiệm trong đĩa |z| ≤ k Khi đó n P
≤ ∥1 + t k,m z∥ q , (2.41) trong đó t k,m được xác định bởi công thức sau t k,m = n|a n |k 2m + m|a n−m |k m−1 n|a n |k m−1 + m|a n−m |
(2.42) Đánh giá trên là tốt nhất có thể và bất đẳng thức (2.41) trở thành đẳng thức khi
Chứng minh Xét đa thức
(2.43) với mọi |z| = 1 Vì đa thức P (z) = a n z n + n
X v=m a n−v z n−v có tất cả các nghiệm trong đĩa |z| ≤ k và sử dụng đánh giá (2.43) trong Bổ đề 2.7, ta thu được
Q ′ (z) ≤ t k,m nQ(z) − zQ ′ (z) với mọi|z| = 1, (2.44) trong đó t k,m được xác định bởi (2.42) Bây giờ theo định lý Gauss–Lucas tất cả các nghiệm của đa thức P ′ (z) nằm trong |z| ≤ k Điều này chứng tỏ rằng đa thức z n−1 P ′ (1/z) ≡ nQ(z) − zQ ′ (z) có tất cả các nghiệm trong |z| ≥ 1/k ≥ 1 Do đó, từ (2.44), hàm số ω(z) = zQ ′ (z) t k,m (nQ(z) − zQ ′ (z)) là hàm giải tích trên |z| ≤ 1 và |ω(z)| ≤ 1 Hơn nữa ω(0) = 0 Điều này kéo theo hàm 1 + t k,m ω(z) là cấp dưới của hàm 1 + t k,m z cho |z| ≤ 1 Do đó
Từ công thức xác định hàm ω(z) cho ta đánh giá
1 + t k,m ω(z) = nQ(z) zQ(z) − zQ ′ (z) Áp dụng (2.43) với |z| = 1, ta được n |Q(z)| =
Vì |Q(z)| = |P (z)| với |z| = 1, nên từ (2.46), ta suy ra n |P (z)| =
Kết hợp (2.45) và (2.47), ta kết luận rằng n
1 + t k,m e iθ q dθ 1/q , điều này tương đương với n P
≤ ∥1 + t k,m z∥ q Để kết thúc chứng minh, ta cần chỉ ra rằng n
Với P (z) = (z m + k m ) n/m thì a n = 1 và a n−m = n m k m Khi đó t k,m = n.1.k 2m + m n m k m k m−1 n.1.k m−1 + m n m k m
= k m Đồng thời P ′ (z) = nz m−1 (z m + k m ) n/m−1 Khi đó
= ∥1 + k m z∥ q Điều này tương đương với
Trước tiên, để chứng minh đẳng thức trên ta cần chú ý đến tính chất mà có thể dễ dàng chứng minh được sau đây: Nếu f là hàm tuần hoàn với chu kì 2π thì với số nguyên dương m ta có
Bằng phộp đổi biến à = mθ, và ỏp dụng tớnh chất trờn với hàm f (à) = |e ià + k m | q là hàm tuần hoàn có chu kì 2π ta được
Chứng minh được hoàn thành.
Trong Định lý 2.2 cho m = 1, ta sẽ nhận được hệ quả sau đây như một sự tinh chỉnh của Định lý 2 của [3].
Hệ quả 2.3 Cho các số thực q > 0, 0 < k ≤ 1 và đa thức P ∈ P n Giả sử
P (z) =Pn j=0 a j z j có tất cả các nghiệm trong đĩa |z| ≤ k Khi đó n P
Bởi vì|P ′ (e iθ )| ≤ ∥P ′ ∥ ∞ với 0 ≤ θ < 2π, hệ quả dưới đây ngay lập tức nhận được từ Hệ quả 2.3.
Hệ quả 2.4 Cho các số thực q > 0, 0 < k ≤ 1 và đa thức P ∈Pn Giả sử P (z) có tất cả các nghiệm trong đĩa |z| ≤ k Khi đó n∥P ∥ q ≤ ∥1 + t k,1 z∥ q ∥P ′ ∥ ∞ , (2.49) trong đó t k,1 được cho bởi công thức (2.48).
Nhận xét 2.2 Cho q → ∞ trong (2.49) chúng ta nhận được Hệ quả 2 trong [13]. Với k = 1 thì Hệ quả 2.4 trở thành bất đẳng thức (2.40).
Cuối cùng, ta sử dụng bất đẳng thức H¨older để thiết lập định lý sau đây như là sự tổng quát của Hệ quả 2.3, đồng thời nó cũng là mở rộng Định lý 1 trong [5]. Định lý 2.3 Cho các số thực q > 0, 0 < k ≤ 1 và đa thức P ∈Pn,m Giả sử P (z) có tất cả các nghiệm trong đĩa |z| ≤ k Khi đó, với mọi r > 1, s > 1 thỏa mãn r −1 + s −1 = 1, ta có đánh giá sau n∥P ∥ q ≤ ∥1 + t k,m z∥ qr ∥P ′ ∥ qs , (2.50) với t k,m được xác định bởi bởi công thức (2.42).
Chứng minh Thực hiện chứng minh tương tự như trong chứng minh định lý 2.2, từ (2.47), ta có n q
Với r > 1, s > 1 thỏa mãn r −1 + s −1 = 1, sử dụng bất đẳng thức H¨older, ta có n q
Hơn nữa, bất đẳng thức (2.45) vẫn đúng thay q bởi qr, tức là
Kết hợp điều này với (2.51), ta nhận được n q
P ′ (e iθ ) qs dθ 1/s Điều này tương đương với n∥P ∥ q ≤ ∥1 + t k,m z∥ qr ∥P ′ ∥ qs Chứng minh được hoàn thành.
Chos → ∞ (do vậyr → 1) trong Định lý 2.3 , chúng ta nhận được hệ quả dưới đây.
Hệ quả 2.5 Cho các số thực q > 0, 0 < k ≤ 1 và đa thức P ∈P n,m Giả sử P (z) có tất cả các nghiệm trong |z| ≤ k Khi đó n∥P ∥ q ≤ ∥1 + t k,m z∥ q ∥P ′ ∥ ∞ , (2.52) trong đó t k,m được cho bởi công thức (2.42).
Cho m = 1, bất đẳng thức (2.52) trở thành Hệ quả 2.4 Sử dụng đánh giá
1 ≤ t k,m ≤ k m , 1 ≤ m ≤ n, thì từ Hệ quả 2.5 ta có kết quả sau đây: Nếu P ∈ Pn,m và P (z) có tất cả các nghiệm trong |z| ≤ k, k ≤ 1, thì n∥P ∥ q ≤ ∥1 + k m z∥ q ∥P ′ ∥ ∞ ,với mọi q > 0 Kết quả này gần đây được chứng minh bởi Aziz và Shah [7].
Luận văn đã trình bày một số vấn đề trong giải tích như đa thức, tính chất nghiệm của đa thức và một số bất đẳng thức dạng Zygmund cho đa thức Nội dung chính của luận văn bao gồm:
- Trình bày mối liên hệ giữa ∥P ∥ q và ∥P (s) ∥ q khi đa thức P có các không điểm nằm ngoài đĩa |z| < k với k ≥ 1.
, và mối liên hệ giữa ∥P ∥ q và ∥P ′ ∥ qs khi đa thức P có các không điểm nằm trong đĩa |z| ≤ k với k ≤ 1.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
[1] Nguyễn Hữu Điển, Đa thức và ứng dụng, Nhà xuất bản Giáo Dục, 2003.
[2] V.V Arestov, On integral inequalities for trigonometric polynomials and their derivatives, Izv Akad Nauk SSSR Ser Mat 45 (1981) 3–22 (in Russian), English transl in Math USSR Izv 18 (1982) 1–17.
[3] A Aziz, Q.G Mohammad, Simple proof of a theorem of Erd¨os and Lax, Proc. Amer Math Soc 80 (1980) 122–199.
[4] A Aziz, Integral mean estimates for polynomials with restricted zeros, J Ap- prox Theory 55 (1988) 232– 239.
[5] A Aziz, N.A Rather, Integral mean estimates for polynomials whose zeros are within a circle, Glas Mat 31 (1996) 229–237.
[6] A Aziz, W.M Shah, Lp inequalities for polynomials with restricted zeros, Proc Indian Acad Sci Math.Sci 108 (1998) 63–68.
[7] A Aziz, W.M Shah, An integral mean estimate for polynomials, Indian J. Pure Appl Math 28 (1997) 1413–1419.
[8] A Aziz, N.A Rather, Some Zygmund type L q inequalities for polynomials, J. Math Anal Appl 289 (2004) 14–29.
[9] M Fujiwara ¨Uber die obere Schranke des absoluten Betrages der Wurzeln einer algebraischen Gleichung, Tohoku Mathematical Journal First series 10 (1916), 167–171.
[10] N.G De-Bruijn, Inequalities concerning polynomials in the complex domain,Nederl Akad Wetensch Proc 50 (1947) 1265–1272, Indag Math 9 (1947)591–598.
[11] R Gardner, A Weems, A Bernstein-type Lp inequality for a certain class of polynomials, J Math Anal Appl 219 (1998) 472–478.
[12] N.K Govil, Q.I Rahman, Functions of exponential type not vanishing in a half-plane and related polynomials, Trans Amer Math Soc 137 (1969) 501–517.
[13] N.K Govil, Q.I Rahman, G Schmeisser, On the derivative of a polynomial, Illinois J Math 23 (1979) 319–330.
[14] E Hille, Analytic Function Theory, Vol II, Ginn, New York, 1962.
[15] P.D Lax, Proof of a conjecture of P Erd¨os on the derivative of a polynomial, Bull Amer Math Soc 50 (1944) 509–513.
[16] M.A Malik, On the derivative of a polynomial, J London Math Soc 1 (1969) 57–60.
[17] M.A Malik, An integral mean estimate for polynomials, Proc Amer Math. Soc 91 (1984) 281–284.
[18] G.V Milovanovic,D.S Mitrinovic,Th Rassias, Topics in Polynomials: Exter- nal Properties, Inequalities,Zeros, World Scientific, Singapore, 1994.
[19] A.D Meals, Polynomial with zeros in a disk, problems and solutions, Amer. Math Monthly 2 (1996) 177– 181.
[20] M.A Qazi, On the maximum modulus of polynomials, Proc Amer Math. Soc 115 (1992) 237–243.
[21] Q.I Rahman, G Schmeisser, Lp inequalities for polynomials, J Approx The- ory 53 (1998) 26–32.
[22] N.A Rather, Extremal properties and location of the zeros of polynomials, Ph.D thesis submitted to the University of Kashmir, 1998.
[23] A.C Schaeffer, Inequalities of A Markoff and S.N Bernstein for polynomials and related functions, Bull Amer Math Soc 47 (1941) 565–579.
[24] P Turán, ¨Uber die Ableitung von Polynomen, Compositio Math 7 (1939)89–95.