Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng

Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng Phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI NGÔ THỊ THÀNH PHÂN BỐ NGHIỆM CỦA ĐA THỨC VÀ ỔN ĐỊNH CỦA ĐA THỨC KHOẢNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Toán Giải Tích Mã số : 60 46 01 02 Người hướng dẫn khoa học PGS. TS. Tạ Duy Phượng Hà Nội, 2014 LỜI CẢM ƠN Luận văn thực hoàn thành trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, hướng dẫn Phó giáo sư – Tiến sĩ Tạ Duy Phượng. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn, lòng kính trọng sâu sắc thầy. Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu trường Đại học sư phạm Hà Nội 2, phòng Sau Đại học, khoa Toán tổ Giải tích thày cô tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả kết thúc chương trình cao học hoàn thành luận văn tốt nghiệp. Tác giả xin cảm ơn Ban Giám hiệu trường Trung cấp Kinh tế-Kĩ thuật đa ngành Sóc Sơn giúp đỡ tạo điều kiện tốt để tác giả hoàn thành tốt khóa học cao học mình. Tác giả xin trân trọng cảm ơn đồng nghiệp, gia đình, người thân, bạn bè, . . . , động viên tạo điều kiện thuận lợi để tác giả hoàn thành luận văn này. Hà Nội, tháng 07 năm 2014 Tác giả Ngô Thị Thành LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan số liệu kết nghiên cứu luận văn trung thực không trùng lặp với đề tài khác. Tôi xin cam đoan kiến thức trình bày luận văn rõ nguồn gốc. Hà Nội, tháng 07 năm 2014 Tác giả Ngô Thị Thành Mục lục MỞ ĐẦU Chương 1. Phân bố nghiệm đa thức trường số phức 1.1 Tách nghiệm đa thức thực . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Tách nghiệm phức đa thức phức . . . . . . . . . . . . . . 13 1.3 Phân bố nghiệm đa thức đạo hàm . . . . . . 16 1.4 Đánh giá chặn cho nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 1.5 Bài toán Routh-Hurwitz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 Chương 2. ỔN ĐỊNH CỦA ĐA THỨC KHOẢNG 38 2.1 Đa thức khoảng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 2.1.1 Tiêu chuẩn ổn định đa thức Hurwitz . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 2.1.2 Đa thức khoảng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 2.2 Định lí Kharitonov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 2.3 Định lí Kharitonov cho đa thức hệ số phức . . . . . . . . . . . 48 Kết luận 52 Tài liệu tham khảo 53 MỞ ĐẦU 1. Lí chọn đề tài Lí thuyết đa thức (với hệ số thuộc trường số thực trường số phức) chứa đựng nhiều kiến thức toán học có nhiều ứng dụng vấn đề khác toán học thực tế. Một câu hỏi có tính chất trọng tâm lí thuyết đa thức toán tìm nghiệm: tìm một, số hay tất nghiệm. Bài toán thường gặp thực tế liên quan đến nhiều vấn đề khác, thí dụ, phương pháp số tìm (hay tất cả) nghiệm (gần đúng) đa thức; tính ổn định đa thức khoảng (interval polynomials), tiêu chuẩn để ma trận đối xứng ma trận xác định dương. Các toán lại toán sở để nghiên cứu tính ổn định nghiệm, đánh giá bán kính ổn định hệ phương trình vi phân tuyến tính. Nhiều định lí quan trọng tồn phân bố nghiệm đa thức mở rộng cho đa thức ngẫu nhiên. Để giải toán trên, ta thường phải nghiên cứu toán tồn phân bố nghiệm (thực phức) đa thức, nghĩa tìm khoảng (các khoảng) hay miền (các miền) chứa nghiệm. Từ toán tồn phân bố nghiệm, nhiều lí thuyết toán học đời (trường tính đóng trường, ổn định đa thức khoảng, đa thức với hệ số ngẫu nhiên) áp dụng vào nhiều toán khác. Vì tầm quan trọng tính mẻ kết quả, toán phân bố nghiệm đa thức tiếp tục nghiên cứu phát triển. Trong nhiều toán thực tế, hệ số đa thức thường xác định khoảng đó. Vì nghiên cứu tập hợp đa thức với hệ số nằm khoảng toán thường gặp lí thuyết phương trình vi phân, tối ưu. Khởi đầu từ toán Kharitonov 1973 nghiên cứu phương trình đến lý thuyết đa thức khoảng hình thành có nhiều ứng dụng. Với mong muốn tìm hiểu sâu phân bố nghiệm đa thức ổn định đa thức khoảng nói riêng, lí thuyết ứng dụng đa thức nói chung, nhằm bổ sung nâng cao kiến thức học chương trình đại học cao học, đồng thời sử dụng kiến thức đa thức thực tiễn giảng dạy, chọn đề tài Phân bố nghiệm đa thức ổn định đa thức khoảng làm luận văn cao học mình. 2. Mục đích nghiên cứu Trình bày tổng quan kết phân bố nghiệm đa thức ổn định đa thức khoảng. 3. Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu phân bố nghiệm đa thức ổn định đa thức khoảng. 4. Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Nghiên cứu phân bố nghiệm đa thức ổn định đa thức khoảng trường số thực trường số phức. Phạm vi nghiên cứu: Các tài liệu liên quan đến phân bố nghiệm đa thức đa thức khoảng, chủ yếu số chương bốn sách [1], [2], [4] [5]. 5. Phương pháp nghiên cứu Sử dụng kiến thức công cụ giải tích, giải tích hàm, giải tích phức, giải tích số, hình học cổ điển hình học giải tích để tiếp cận giải vấn đề. Thu thập, nghiên cứu tổng hợp tài liệu liên quan, đặc biệt báo sách vấn đề mà luận văn đề cập tới. 6. Đóng góp luận văn Xây dựng luận văn thành tài liệu tổng quan tham khảo tốt cho sinh viên học viên cao học phân bố nghiệm đa thức đa thức khoảng. Bố cục luận văn gồm hai chương: Chương trình bày tổng quan phân bố nghiệm đa thức trường phức, chủ yếu dựa vào Chương (trang 1-46) [4], Chương Chương (trang 631-686) [5] Chương (trang 173-298) [2]. Chương trình bày định lí Kharitonov ổn định đa thức khoảng theo Chương (trang 223-268) [1] báo [3]. Chương Phân bố nghiệm đa thức trường số phức Chương này, phần đầu chương trình bày phân bố nghiệm đa thức trường số thực trường số phức. Mục xét toán phân bố nghiệm đa thức đạo hàm nó, phần cuối chương nghiên cứu toán đánh giá chặn nghiệm đa thức. Chương chủ yếu dựa chương trang 1-46 [4]. 1.1 Tách nghiệm đa thức thực Mục trình bày ước lượng số nghiệm thực đa thức với hệ số thực. Để thiết lập kết ta sử dụng số lần đổi dấu dãy a0 , a1 , . . . , an , a0 an = 0. Số xác định sau: số hạng không dãy xét bỏ qua, với số hạng khác không lại, ta đếm số cặp số hạng kề có dấu khác nhau. Xét đa thức n n n−1 f (x) = a0 x + a1 x n−2 + a2 x xn−i = 0, (1.1.1) + · · · + an−1 x + an = i=0 với hệ số thực ∈ R, i = 0, 1, . . . , n, a0 = 0. Định lý 1.1.1. (Fourier-Budan) Cho N (x) số lần đổi dấu dãy f (x), f (x), . . . , f (n) (x), f đa thức bậc n. Khi đó, số nghiệm f (tính bội) nằm a b, với f (a) = 0, f (b) = a < b, không vượt N (a) − N (b). Hơn nữa, số nghiệm N (a) − N (b) theo số chẵn đó. Chứng minh. Cho x điểm thuộc [a, b]. Số N (x) thay đổi x qua nghiệm đa thức f (m) với m ≤ n. Trước tiên, xét trường hợp x qua nghiệm x0 có bội r đa thức f (x). Trong lân cận x0 , đa thức f (x), f (x), . . . , f (r) (x), tương ứng xấp xỉ (x − x0 )r g(x0 ), (x − x0 )r−1 rg(x0 ), . . . , r!g(x0 ). Do đó, với x < x0 , có r lần đổi dấu dãy với x > x0 thay đổi dấu (giả sử x đủ gần x0 ). Bây giả sử x qua nghiệm bội r f (m) (x) x0 nghiệm f (m−1) (x). (Dĩ nhiên, x0 nghiệm f nghiệm f ). Ta phải chứng tỏ rằng, qua x0 số lần đổi dấu dãy f (m−1) (x), f (m) (x), . . . , f (m+r) (x) thay đổi số nguyên chẵn không âm. Thật vậy, lân cận x0 có đa thức xấp xỉ F (x0 ), (x − x0 )r G(x0 ), (x − x0 )r−1 rG(x0 ), . . . , r!G(x0 ). (1.1.2) Loại bỏ F (x0 ), ta thấy hệ lại có r lần đổi dấu với x < x0 không đổi dấu với x > x0 . Liên hệ với hai số hạng đầu, F (x0 ) (x − x0 )r G(x0 ), dãy (1.1.2) ta thấy r chẵn, số lần đổi dấu giống với x < x0 x > x0 r lẻ số lần đổi dấu với x < x0 lớn nhỏ với x > x0 (phụ thuộc vào F (x0 ) G(x0 ) có dấu ngược lại). Do đó, với r chẵn, hiệu số lần đổi dấu r với r lẻ, hiệu số lần đổi dấu r ± 1. Trong hai trường hợp hiệu chẵn không âm. Hệ 1.1.1. (Quy tắc Descartes) Số nghiệm dương đa thức f (x) = a0 xn +a1 xn−1 +· · ·+an không vượt số lần đổi dấu dãy a0 , a1 , . . . , an . Chứng minh. Vì f (r) (0) = r!an−r , nên N (0) trùng với số lần đổi dấu dãy hệ số f. Cũng dễ dàng thấy N (+∞) = 0. Quy tắc Descartes ta sử dụng để ước lượng số nghiệm x−α α + βy α β. Thật vậy, đổi biến y = , hay x = , xét đa thức β−x 1+y (1 + y)n f ( α + βy ) = b0 y n + b1 y n−1 + · · · + bn . 1+y Áp dụng quy tắc Descartes vào đa thức ta có ước lượng số nghiệm α β. Thật vậy, y biên thiên từ tới ∞, x biến thiên từ α tới β. Trong trường hợp biết so sánh số lần đổi dấu hai dãy cho phép ước lượng cho số nghiệm so sánh với ước lượng biết từ Định lí Fourier-Budan. Người thiết lập định lí loại Newton sau chứng minh Syvester vào năm 1871. Ở ta thay dãy f (x), f (x), . . . , f (n) (x) dãy f (x), f1 (x), . . . , fn (x), (n − i)! (i) f (x), (1.1.3) n! xét thêm dãy F0 (x), F1 (x), . . . , Fn (x), F0 (x) = F (x), Fn (x) = fi (x) = fn2 (x) Fi (x) = fi2 (x) − fi−1 (x)fi+1 (x), i = 1, . . . , n − 1. Với cặp fi (x), fi+1 (x) mà sgn Fi (x) = sgn Fi+1 (x). Ở sgn a hàm dấu a,       sgn a =      tức a > 0, a = 0, −1 a < 0. (1.1.4) Chương ỔN ĐỊNH CỦA ĐA THỨC KHOẢNG Chương trình bày định lí Kharitonov ổn định đa thức khoảng theo Chương (trang 223-268) [1] báo [3]. 2.1 2.1.1 Đa thức khoảng Tiêu chuẩn ổn định đa thức Hurwitz Nghiệm x ≡ hệ phương trình vi phân tuyến tính x˙ = Ax gọi ổn định tiệm cận mũ tồn số N > δ > cho nghiệm x(t) hệ thỏa mãn điều kiện ban đầu x(0) = x0 có tính chất x(t) ≤ N e−αt ||x0 || với t > 0. Ta biết tiêu chuẩn ổn định sau hệ phương trình vi phân tuyến tính Định lý 2.1.1. Hệ phương trình vi phân tuyến tính x˙ = Ax ổn định tiệm cận mũ tất phần thực nghiệm phương trình đặc trưng âm. Như vậy, toán ổn định hệ tuyến tính với hệ số đưa xét phân bố nghiệm phương trình đặc trưng. Từ ta đến khái niệm 39 Đa thức P (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn gọi đa thức Hurwitz nghiệm nằm bên trái mặt phẳng phức mở (có phần thực âm). Định lý 2.1.2. Nếu P (s) đa thức Hurwitz thực hệ số khác không có dấu, tất âm dương. 2.1.2 Đa thức khoảng Các toán thực tế (lí thuyết hệ thống, lí thuyết ổn định, lí thuyết điều khiển, lí thuyết thuật toán, . . . ) đòi hỏi nghiên cứu không đa thức, mà phải nghiên cứu tập hợp đa thức với hệ số nằm khoảng (đa thức khoảng, interval polynomials). Xét họ ℘ đa thức P (x) với hệ số thực P (x) = a0 + a1 x + · · · + an xn , ∈ [ai , ] với , = 0, . . . , n số thực cho trước. Đặt a = (a0 , a1 , · · · , an ) đồng đa thức P (x) với vectơ hệ số a nó. Ta đưa vào kí hiệu siêu chữ nhật (hyperectangle) hay hộp hệ số ∆ := {a : a ∈ Rn+1 , ≤ a ≤ , i = 0, 1, · · · , n}. Giả sử bậc đa thức bất biến họ ℘ ∈ [ai , ]. Tập ℘ gọi đa thức khoảng. 2.2 Định lí Kharitonov Định lí Kharitonov cho điều kiện cần đủ đẹp tinh tế cho tính ổn định Hurwithz đa thức khoảng. 40 Định lý 2.2.1. (Định lí Kharitonov, [1, tr.224]) Mọi đa thức họ ℘ Hurwitz bốn đa thức cực trị sau (xem Hình 2.1) Hurwitz: P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + a5 x5 + a6 x6 + · · · ; P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + a5 x5 + a6 x6 + · · · ; P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + a5 x5 + a6 x6 + · · · ; P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 + a5 x5 + a6 x6 + · · · ; Hình 2.1 (2.2.1) 41 Để chứng minh định lí ta cần hai bổ đề sau Bổ đề 2.2.1. ([1, tr.225]) Kí hiệu P1 (s) = P chẵn (s) + P1lẻ (s), P2 (s) = P chẵn (s) + P2lẻ (s), hai đa thức khoảng có bậc với phần chẵn P chẵn (s) hai phần lẻ P1lẻ (s) P2lẻ (s) khác thỏa mãn P1o (ω) ≤ P2o (ω), ω ∈ [0, ∞]. (2.2.2) Khi P (s) = P chẵn (s) + P lẻ (s) ổn định với đa thức P (s) với phần lẻ P lẻ (s) thỏa mãn P1o (ω) ≤ P o (ω) ≤ P2o (ω), ω ∈ [0, ∞]. (2.2.3) Chứng minh. Vì P1 (s) P2 (s) ổn định, P1o (ω) P2o (ω), thỏa mãn tính chất đan dấu với P e (ω). Đặc biệt, P1o (ω) P2o (ω), bậc mà có dấu hệ số cao chúng thực tế chúng có dấu với hệ số cao P e (ω). Do đó, ta dễ dàng thấy P o (ω) không thỏa mãn (2.2.3) trừ có bậc dấu với hệ số cao nó. Khi đó, điều kiện (2.2.3) nghiệm P o (ω) đan dấu với nghiệm P e (ω). Do đó, theo định lí Hermite-Biehler đa thức P chẵn (s) + P lẻ (s) ổn định. Ta minh họa Bổ đề 2.2.1 qua ví dụ Ví dụ 2.2.1. ([1, tr.226]) Cho P1 (s) = s7 + 9s6 + 31s5 + 71s4 + 111s3 + 109s2 + 76s + 12, P2 (s) = s7 + 9s6 + 34s5 + 71s4 + 111s3 + 109s2 + 83s + 12. 42 Khi P chẵn (s) = 9s6 + 71s4 + 109s2 + 12, P1lẻ (s) = s7 + 31s5 + 111s3 + 76s, P2lẻ (s) = s7 + 34s5 + 111s3 + 83s. Hình 2.2 P (w) (P1o (w), P2o )(w). 43 Hình 2.2 P e (ω) hình lập phương bị chặn P1o (ω) P2o (ω) thỏa mãn tính chất đan dấu. Vì vậy, ta kết luận đa thức P (s) với phần lẻ P lẻ (s) thỏa mãn P1o (ω) ≤ P o (ω) ≤ P2o (ω) ω ∈ [0, ∞] ổn định. Chẳng hạn, ta kí hiệu đường kẻ chấm bên hình lập phương biểu diễn P lẻ (s) = s7 + 32s5 + 111s3 + 79s. Bổ đề 2.2.2. ([1, tr.226]) Cho P1 (s) = P1chẵn (s) + P lẻ (s) P2 (s) = P2chẵn (s) + P lẻ (s) kí hiệu hai đa thức ổn định có bậc với phần lẻ P lẻ (s) phần chẵn P chẵn (s) P chẵn (s) thỏa mãn P1e (ω) ≤ P2e (ω), ω ∈ [0, ∞]. (2.2.4) Khi đó, P (s) = P chẵn (s) + P lẻ (s) ổn định với đa thức P (s) với phần chẵn P chẵn (s) thỏa mãn P1e (ω) ≤ P e (ω) ≤ P2e (ω), ω ∈ [0, ∞]. (2.2.5) Ta quay lại chứng minh Định lí 2.2.1 Chứng minh. Các đa thức Kharitonov lặp lại bên đây, để thuận lợi với cạnh hộp ∆ : K (s) = x0 + x1 s + y2 s2 + y3 s3 + x4 s4 + x5 s5 + y6 s6 + · · · , K (s) = x0 + y1 s + y2 s2 + x3 s3 + x4 s4 + y5 s5 + y6 s6 + · · · , K (s) = y0 + x1 s + x2 s2 + y3 s3 + y4 s4 + x5 s5 + x6 s6 + · · · , K (s) = y0 + y1 s + x2 s2 + x3 s3 + y4 s4 + y5 s5 + x6 s6 + · · · . (2.2.6) 44 chẵn (s) K lẻ (s) Các đa thức xây dựng từ hiệu phần chẵn Kmax lẻ (s) K lẻ (s) xác định đây: hiệu phần lẻ Kmax chẵn Kmax (s) := y0 + x2 s2 + y4 s4 + x6 s6 + y8 s8 + · · · , chẵn Kmin (s) := x0 + y2 s2 + x4 s4 + y6 s6 + x8 s8 + · · · , lẻ Kmax (s) := y1 s + x3 s3 + y5 s5 + x7 s7 + y9 s9 + · · · , lẻ Kmin (s) := x1 s + y3 s3 + x5 s5 + y7 s7 + x9 s9 + · · · . Các đa thức Kharitonov 2.2.1 2.2.6 viết lại sau: chẵn lẻ K (s) = Kmin (s) + Kmin (s) chẵn lẻ K (s) = Kmin (s) + Kmax (s) chẵn lẻ K (s) = Kmax (s) + Kmin (s) (2.2.7) chẵn lẻ K (s) = Kmax (s) + Kmax (s) Các số "max" "min" giải thích sau. Cho δ(s) đa thức với hệ số nằm hộp ∆ cho δ chẵn (s) phần chẵn nó. Khi e Kmax (ω) = y0 − x2 ω + y4 ω − x6 ω + y8 ω + · · · , δ e (ω) = δ0 − δ2 ω + δ4 ω − δ6 ω + δ8 ω + · · · , e Kmin (ω) = x0 − y2 ω + x4 ω − y6 ω + x8 ω + · · · . Như e Kmax (ω) − δ e (ω) = (y0 − δ0 ) + (δ2 − x2 )ω + (y4 − δ4 )ω + (δ6 − x6 )ω + · · · , 45 e δ e (ω) − Kmin (ω) = (δ0 − x0 ) + (y2 − δ2 )ω + (δ4 − x4 )ω + (y6 − δ6 )ω + · · · . Do đó, e e Kmin (ω) ≤ δ e (ω) ≤ Kmax (ω), ∀ω ∈ [0, ∞]. (2.2.8) Tương tự, δ lẻ (s) kí hiệu phần lẻ δ(s), δ lẻ (jω) = jωδ o (ω). Ta kiểm tra o o Kmin (ω) ≤ δ o (ω) ≤ Kmax (ω), ∀ω ∈ [0, ∞]. (2.2.9) Vì δ(jω) nằm trục song song với hình chữ nhật I(jω) Hình 2.3 hình 2.3. 46 Trong trình chứng minh Định lí Kharitonov ta ý điều kiện cần tầm thường đa thức với hệ số nằm hộp ∆ ổn định, hiển nhiên đa thức Kharitonov phải ổn định hệ số nằm ∆. Ngược lại, giả sử đa thức Kharitonov ổn định đặt δ(s) = δ chẵn (s) + δ lẻ (s) đa thức thuộc họ I(s), với phần chẵn δ chẵn (s) phần lẻ δ lẻ (s). Ta kết luận, từ Bổ đề 2.2.1 áp dụng vào đa thức K (s) K (s) 2.2.7, nghĩa chẵn Kmax (s) + δ lẻ (s) ổn định. (2.2.10) Tương tự, từ Bổ đề 2.2.1 áp dụng vào đa thức ổn định K (s) K (s) 2.2.7 ta kết luận chẵn Kmin (s) + δ lẻ (s) ổn định. (2.2.11) Bây giờ, (2.2.8) đúng, nên ta áp dụng Bổ đề 2.2.2 hai đa thức ổn định chẵn chẵn Kmax (s) + δ lẻ (s) Kmin (s) + δ lẻ (s) để đến kết luận δ chẵn (s) + δ lẻ (s) = δ(s) ổn định. Vì δ(s) đa thức I(s) ta kết luận họ phần tử đa thức I(s) ổn định điều hoàn thành chứng minh định lí. Ví dụ 2.2.2. ([1, tr.230]) Xét toán kiểm tra tính ổn định vững với liên hệ ngược hình 2.4. 47 Hình 2.4 Hàm truyền có dạng G(s) = δ1 s + δ0 s2 (δ4 s2 + δ3 s3 + δ2 ) với hệ số bị chặn bởi: δ4 ∈ [x4 , y4 ], δ3 ∈ [x3 , y3 ], δ2 ∈ [x2 , y2 ], δ1 ∈ [x1 , y1 ], δ0 ∈ [x0 , y0 ]. Đa thức đặc trưng họ viết sau δ(s) = δ4 s4 + δ3 s3 + δ2 s2 + δ1 s + δ0 . Các đa thức chẵn, lẻ liên kết với đa thức kiểm tra Kharitonov sau: chẵn Kmin = x0 + y2 s2 + x4 s4 , lẻ Kmin = x1 + y3 s3 , chẵn Kmax = y0 + x2 s2 + y4 s4 , lẻ Kmax = y s + x s3 . Các đa thức Kharitonov là: K = x0 + x1 s + y2 s2 + y3 s3 + x4 s4 , K = x0 + y1 s + y2 s2 + x3 s3 + x4 s4 , K = y0 + x1 s + x2 s2 + y3 s3 + y4 s4 , K = y0 + y s + x s + x s + y4 s . 48 Bài toán kiểm tra tính ổn định Hurwitz họ suy từ việc kiểm tra tính ổn định Hurwitz bốn đa thức trên. Điều dẫn tới việc kiểm tra hệ số có dấu (dương, trái lại, nhân δ(s) với −1) bất đẳng thức thỏa mãn: K (s) Hurwitz : y2 y3 > x1 x4 , x1 y2 y3 > x21 x4 + y32 x0 , K (s) Hurwitz : y2 x3 > y1 x4 , y1 y2 x3 > y12 x4 + x23 x0 , K (s) Hurwitz : x2 y3 > x1 y4 , x1 x2 y3 > x21 y4 + y32 y0 , K (s) Hurwitz : x2 x3 > y1 y4 , y1 x2 x3 > y12 y4 + x23 y0 . Đối với đa thức khoảng với hệ số phức ta có định lí tương tự. 2.3 Định lí Kharitonov cho đa thức hệ số phức Xét họ I ∗ (s) đa thức hệ số phức có dạng δ(s) = (α0 + jβ0 ) + (α1 + jβ1 )s + · · · + (αn + jβn )sn (2.3.1) với α0 ∈ [x0 , y0 ], α1 ∈ [x1 , y1 ], . . . , αn ∈ [xn , yn ], (2.3.2) β0 ∈ [u0 , v0 ], β1 ∈ [u1 , v1 ], . . . , βn ∈ [un , ]. (2.3.3) Đây họ đa thức khoảng phức có bậc n (bao hàm họ đa thức khoảng thực nghiên cứu trên) trường hợp đặc biệt. Một cách tự nhiên, ta xét Định lí Kharitonov suy rộng từ đa thức thực sang họ đa thức phức. Ta giả thiết trường hợp đa thức thực bậc đa thức bất biến. Xét hai tập đa thức phức: 49 K1+ (s) := (x0 + ju0 ) + (x1 + jv1 )s + (y2 + jv2 )s2 + (y3 + ju3 )s3 + (x4 + ju4 )s4 + (x5 + jv5 )s5 + · · · , K2+ (s) := (x0 + jv0 ) + (y1 + jv1 )s + (y2 + ju2 )s2 + (x3 + ju3 )s3 + (x4 + jv4 )s4 + (y5 + jv5 )s5 + · · · , (2.3.4) K3+ (s) := (y0 + ju0 ) + (x1 + ju1 )s + (x2 + jv2 )s2 + (y3 + jv3 )s3 + (y4 + ju4 )s4 + (x5 + ju5 )s5 + · · · , K4+ (s) := (y0 + jv0 ) + (y1 + ju1 )s + (x2 + ju2 )s2 + (x3 + jv3 )s3 + (y4 + jv4 )s4 + (y5 + ju5 )s5 + · · · , K1− (s) := (x0 + ju0 ) + (y1 + ju1 )s + (y2 + jv2 )s2 + (x3 + jv3 )s3 + (x4 + ju4 )s4 + (y5 + ju5 )s5 + · · · , K2− (s) := (x0 + jv0 ) + (x1 + ju1 )s + (y2 + ju2 )s2 + (y3 + jv3 )s3 + (x4 + jv4 )s4 + (x5 + ju5 )s5 + · · · , K3− (s) := (y0 + ju0 ) + (y1 + jv1 )s + (x2 + jv2 )s2 + (x3 + ju3 )s3 (2.3.5) + (y4 + ju4 )s4 + (y5 + jv5 )s5 + · · · , K4− (s) := (y0 + jv0 ) + (x1 + jv1 )s + (x2 + ju2 )s2 + (y3 + ju3 )s3 + (y4 + jv4 )s4 + (x5 + jv5 )s5 + · · · . Định lý 2.3.1. ([1, tr.233]) Họ đa thức I ∗ Hurwitz đa thức Kharitonov K1+ (s), K2+ (s)K3+ (s), K4+ (s), K1− (s), K2− (s), K3− (s), K4− (s) Hurwitz. Chứng minh. Điều kiện cần rõ ràng đa thức Kharitonov thuộc I ∗ . Chứng minh điều kiện đủ sau: rõ ràng là, đa thức Kharitonov (2.3.4) (2.3.5) bao gồm đa thức cực trị sau: Với đa thức 50 Kharitonov dương xác định bởi: + Rmax (s) := y0 + ju1 s + x2 s2 + jv3 s3 + y4 s4 + · · · , + Rmin (s) := x0 + jv1 s + y2 s2 + ju3 s3 + x4 s4 + · · · , + Imax (s) := jv0 + y1 s + ju2 s2 + x3 s3 + jv4 s4 + · · · , + Imin (s) := ju0 + x1 s + jv2 s2 + y3 s3 + ju4 s4 + · · · . Do + + K1+ (s) = Rmin (s) + Imin (s) + + K2+ (s) = Rmin (s) + Imax (s) + + K3+ (s) = Rmax (s) + Imin (s) + + K4+ (s) = Rmax (s) + Imax (s). Với đa thức Kharitonov âm ta có − Rmax (s) := y0 + jv1 s + x2 s2 + ju3 s3 + y4 s4 + · · · , − Rmin (s) := x0 + ju1 s + y2 s2 + jv3 s3 + x4 s4 + · · · , − Imax (s) := jv0 + x1 s + ju2 s2 + y3 s3 + jv4 s4 + · · · , − Imin (s) := ju0 + y1 s + jv2 s2 + x3 s3 + ju4 s4 + · · · , − − K1− (s) = Rmin (s) + Imin (s) − − K2− (s) = Rmin (s) + Imax (s) − − K3− (s) = Rmax (s) + Imin (s) − − (s) + Imax (s). K4− (s) = Rmax ± ± ± ± với Rmax (jω) Rmin (jω) phần thực Imax (jω) Imin (jω) phần ảo. Đặt Re[δ(jω)] := δ r (ω) Im [δ(jω)] := δ i (ω) kí hiệu phần thực 51 phần ảo δ(s) tính s = jω. Khi ta có: δ r (ω) = α0 − β1 ω − α2 ω + β3 ω + · · · , δ i (ω) = β0 − α1 ω − β2 ω − α3 ω + · · · . Dễ dàng kiểm tra   + + Rmin (jω), ∀ω ∈ [0, ∞] (jω) ≤ δ r (ω) ≤ Rmax I + (jω) I + (jω)   ≤ δ i (ω) ≤ max , ∀ω ∈ [0, ∞] j j   − − Rmin (jω), ∀ω ∈ [0, −∞] (jω) ≤ δ r (ω) ≤ Rmax − I − (jω) (jω) Imax  i  ≤ δ (ω) ≤ , ∀ω ∈ [0, −∞]. j j (2.3.6) (2.3.7) Chứng minh định lí hoàn thành sau. Sự ổn định đa thức dương Kharitonov đảm bảo đan "ống thực" (bị chặn + + + + Rmax (jω) Rmin (jω)) với "ống ảnh" (bị chặn Imax (jω) Imin (jω)) với ω > 0. Mối quan hệ (2.3.6) sau đảm bảo phần thực phần ảo đa thức I ∗ buộc đan dấu với ω ≥ 0. Lí luận tương tự, sử dụng tính bị chặn (2.3.7) đa thức Kharitonov âm buộc đan dấu với ω ≤ 0. Vì theo Định lí Hermite-Biehler với đa thức phức δ(s) Hurwitz. Vì δ(s) bất kì, chứng tỏ đa thức I ∗ (s) Hurwitz. Kết luận Chủ yếu dựa số chương bốn sách [1], [2], [4] [5], Luận văn trình bày tổng quan kết phân bố nghiệm đa thức định lí Kharitonov đa thức khoảng. Vì lực điều kiện nghiên cứu thân hạn chế Luận văn khó tránh khỏi thiếu sót, mong quan tâm đóng góp thầy cô bạn đọc để luận văn hoàn thiện nữa. 52 Tài liệu tham khảo [1] S. P. Bhattacharyya, H. Chapellat, L. H. Keel, Robust Control, The Parametric Approach, Prentice Hall, 1995. [2] G. V. Milovanovi´c, Dragoslav S. Mitrinovi´c, Themistocles M. Rassias, Topics in Polynomials: Extremal Problems, Inequalities, Zeros, World Scientific Publishing, 1994. [3] Kharitonov V. L., Asymptotic Stability of an Equilibrium Position of a Family of Systems of Linear Differential Equations, Differential Uravnenie, Vol. 14 (1978), pp. 2086-2088. Traslation in Differential Equations, Vol. 14, pp. 1483-1485, 1979. [4] Victor V. Prasolov, Polynomials, in Algorithms and Computation in Mathematics, Volume 11, Springer-Verlag Berlin Heidelberg, 2004. [5] Bl. Sendov, A. Andreev and N. Kjurkchiev, Numerical Solution of Polynomial Equations (in Handbook of Numerical Analysis, Vol. III, 1994, P. G. Ciarlet and J. L. Lions Eds., Elsevier Science, 1994). [...]... Các nghiệm thực của đa thức này tương ứng với các điểm giao của các đường cong γ và ϕ = 0 Theo Định lí Sturm, với mỗi nghiệm, ta có thể tìm một đoạn thẳng chứa nghiệm đó Để tính được dấu của hàm ϕψ tại điểm cuối của đoạn thẳng này, ta có thể tìm tương ứng các số i 1.3 Phân bố nghiệm của đa thức và đạo hàm của nó Mục này trình bày các kết quả về sự phân bố các nghiệm của đa thức và nghiệm của đa thức. .. 2 n k = 1, 2, , n − 1 và tất cả chúng nằm trên biên của đĩa được xét Do đó, theo Định lí (1.4.10), đĩa |z − c| ≤ r chứa ít nhất một nghiệm của f Phần cuối của mục này ta trình bày giả thuyết Sendov về sự phần bố của nghiệm của đa thức và đa thức đạo hàm Giả thuyết Sendov Cho P (z) là một đa thức bậc n ≥ 2 mà các nghiệm nằm trong đĩa |z| < 1 Nếu z0 là một trong các nghiệm của P (z), thì đĩa |z −... 3x2 + 3 + 3 , và do đó các nghiệm của P là ±1 Tiếp theo trình bày các kết quả về sự phân bố của các nghiệm của đạo hàm, trước tiên ta có kết quả của Jensen Đĩa Jensen Cho f là một đa thức với hệ số thực Với mỗi cặp nghiệm liên hợp z và z của f với đường kính zz gọi là một đĩa Jensen Định lý 1.3.4 (Jensen) Mọi nghiệm phức của f nằm bên trong hoặc trên biên của một trong các đĩa Jensen của f Chứng minh... sau của các nghiệm của P với mọi đa thức P với các nghiệm thực Định lý 1.3.2 Cho P (z) = (z − x1 ) · · · (z − xn ) trong đó x1 < · · · < xn Nếu nghiệm xi nào đó được thay bởi xi ∈ (xi , xi+1 ), thì tất cả các nghiệm của P tăng theo giá trị của chúng Chứng minh Cho z1 < z2 < · · · < zn−1 là các nghiệm của P và cho x1 , , xn là các nghiệm của P Cho z1 < z2 < · · · < zn−1 là các nghiệm của Q và cho... với x = p và p chỉ là nghiệm dương của phương trình F (x) = 0 Như vậy, F (q) > 0, từ đó và vì F (x) là đơn điệu với x dương, nên q < p Từ các Định lí Cauchy, Ostrovsky ta suy ra ước lượng sau của giá trị tuyệt đối của các nghiệm của đa thức với hệ số dương Định lý 1.4.5 a) (Enestr¨m-Kakeya) Nếu các hệ số của đa thức g(x) = o a0 xn−1 + · · · + an−1 là dương, thì với bất kì nghiệm ξ của đa thức này ta... ak−1 của n số k1 , , km là 1, thì |ξ| < γ b)(Ostrovsky) Cho Chứng minh Xét đa thức (x − γ)g(x) = a0 xn − (γa0 − a1 )xn−1 − · · · − (γan−2 − an−1 )x − γan−1 ai , tức là γai−1 − ai ≥ 0 Do đó, theo Định lí ai−1 Cauchy, γ chỉ là nghiệm dương của đa thức (x − γ)g(x) và giá trị tuyệt đối Theo định nghĩa, γ ≥ của các nghiệm khác của đa thức này là ≤ γ 1 Nếu ξ là một nghiệm của g, thì η = là một nghiệm của. .. xi với (1.3.2) Từ đó, Tiếp theo, ta xét các nghiệm của đa thức bậc ba các nghiệm này có minh họa hình học thú vị trong định lí dưới đây Định lý 1.3.3 (van der Berg) Cho các nghiệm của đa thức bậc ba P tạo thành đỉnh của tam giác ABC trong mặt phẳng phức Khi đó các nghiệm của P là các tiêu điểm của ellip tiếp tuyến với các cạnh của tam giác ABC tại trung điểm của chúng Chứng minh Ta thấy rằng nếu Q(z)... 1 = |z|n − 1 < |z|n |z| − 1 Tiếp theo ta xét định lí Cauchy cho các nghiệm của đa thức cũng như các hệ quả và các mở rộng của nó Định lý 1.4.3 (Cauchy) Cho f (x) = xn − b1 xn−1 − · · · − bn , trong đó tất cả các nghiệm bi là không âm và ít nhất một trong các nghiệm đó là khác không Khi đó, đa thức f có p nghiệm dương xi đơn và giá trị tuyệt đối của các nghiệm đó không vượt quá p, tức là |xi | ≤ p,... ra định lí đúng cho cả những đa thức có nghiệm bội Xét không gian tuyến tính V = R[x]/(f ) chứa các đa thức được lấy modun theo đa thức f Giả sử rằng f có hệ số đầu bằng 1 và bậc của f bằng n Khi ấy các đa thức 1, x, , xn−1 tạo thành một cơ sở của V Với mỗi a ∈ V, ta xây dựng ánh xạ tuyến tính V → V cho bởi công thức v → av Giả sử tr(a) là vết của ánh xạ này (các phần tử nằm trên đường chéo của. .. (Wash) Giả sử các nghiệm của các đa thức f1 và f2 nằm trong các đĩa K1 và K2 với bán kính r1 và r2 và các tâm tại c1 và c2 , tương ứng Thì mọi nghiệm của đạo hàm của f = f1 f2 nằm trong K1 hoặc K2 , n2 c1 + n1 c2 n2 r1 + n1 r2 tâm tại trong đó n1 là hoặc trong đĩa có bán kính n1 + n2 n1 + n2 bậc của f1 và n2 là bậc của f2 Chứng minh Cho z là một nghiệm của f nằm ngoài K1 và K2 Khi đó f1 (z)f2 (z) + f1 . của mình. 2. Mục đích nghiên cứu Trình bày tổng quan các kết quả về phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng. 3. Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu phân bố nghiệm của đa thức và ổn. các kết quả về sự phân bố các nghiệm của đa thức và nghiệm của đa thức đạo hàm của nó. Định lý 1.3.1. (Gauss-Lucas) Các nghiệm của P  thuộc bao lồi của các nghiệm của đa thức P của nó. Chứng minh nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng. 4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu: Nghiên cứu phân bố nghiệm của đa thức và ổn định của đa thức khoảng trên trường số thực