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 Lý thuyết số 60.46.01.04 TS Bùi Huy Hiền Nguyễn Thị Mai Hương HÀ NỘI - 2017 LỜI CẢM ƠN Trước trình bày nội dung luận văn, xin gửi lời cảm ơn chân thành tới TS Bùi Huy Hiền, người tận tình giúp đỡ, hướng dẫn đưa nhiều ý kiến quý báu, tạo điều kiện thuận lợi, cung cấp tài liệu động viên suốt trình thực hoàn thành luận văn Tôi xin cảm ơn sâu sắc thầy cô Khoa Toán - Tin, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội, đặc biệt thầy cô Bộ môn Đại số - Lý thuyết số tạo điều kiện giúp đỡ suốt thời gian học tập Nhân dịp này, xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè bên tôi, cổ vũ, động viên, giúp đỡ suốt trình học tập thực luận văn tốt nghiệp Hà Nội, tháng năm 2017 Tác giả Nguyễn Thị Mai Hương Mục lục Bất 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 đẳng thức cho nghiệm đa thức Định lý đại số Định lý Cauchy Định lý Laguerre Đa thức đối cực Bài toán Routh-Hurwitz Nghiệm đa thức đạo hàm 2.1 Định lý Gauss-Lucas 2.2 Nghiệm đạo hàm tiêu điểm 2.3 Xác định nghiệm đạo hàm 2.4 Giả thuyết Sendov-Ilieff Kết 3.1 3.2 3.3 ellipse 5 10 12 17 19 19 20 21 24 thức biệt thức 27 Kết thức 27 Biệt thức 30 Tính toán kết thức, biệt thức số đa thức đặc biệt 32 Sự phân bố nghiệm 35 4.1 Sự phân bố nghiệm thực 35 4.2 Sự phân bố nghiệm phức 44 Chuỗi Lagrange ước lượng nghiệm đa thức 47 5.1 Chuỗi Lagrange-Burmann 47 5.2 Chuỗi Lagrange ước lượng nghiệm 50 Một số tập áp dụng 52 TÀI LIỆU THAM KHẢO 64 MỞ ĐẦU Đa thức nghiệm đa thức đối tượng trọng tâm Đại số Hơn nữa, chủ đề mà Đại số, Hình học Giải tích giao thoa mạnh mẽ Nghiệm đa thức đóng vai trò quan trọng việc nghiên cứu tính chất đa thức, nhiều tính chất đa thức thể qua nghiệm chúng Câu hỏi thường gặp toán tìm nghiệm: tìm một, số hay tất nghiệm Để giải toán trên, ta thường phải nghiên cứu toán tồn tại, phân bố, ước lượng tính ổn định nghiệm đa thức Dẫn đến định lý quan trọng tồn tại, phân bố, ước lượng tính ổn định nghiệm đời Từ cho ta kết nghiệm đa thức Với mong muốn tìm hiểu sâu kết đó, tác giả chọn đề tài “Một số kết cổ điển nghiệm đa thức” Nội dung luận văn trình bày chương: Chương Trình bày số bất đẳng thức cho nghiệm đa thức Chương Trình bày số kết nghiệm đa thức đạo hàm Chương Trình bày số kết kết thức, biệt thức tính toán kết thức, biệt thức số đa thức đặc biệt Chương Trình bày số kết phân bố nghiệm thực nghiệm phức đa thức Chương Trình bày số kết chuỗi Lagrange ước lượng nghiệm đa thức Chương Trình bày số tập áp dụng Mặc dù cố gắng để hoàn thành luận văn, thời gian khả hạn chế, nên luận văn không tránh khỏi thiếu sót Tác giả mong nhận ý kiến quý báu bảo thầy cô bạn BẢNG KÍ HIỆU N N∗ Z Q R C a|b tập hợp tập hợp tập hợp tập hợp tập hợp tập hợp a chia hết b số tự nhiên số tự nhiên lớn số nguyên số hữu tỉ số thực số phức (hoặc b chia hết cho a) Chương Bất đẳng thức cho nghiệm đa thức 1.1 Định lý đại số Trong kỉ 17, định lý đại số ít, phát biểu sau coi Định lý đại số:"Một đa thức xác định có bậc n với hệ số phức có n nghiệm (tính bội)" Người đưa phát biểu Alber de Girard năm 1629, ông không chứng minh điều Người nhận cần thiết phải chứng minh Định lý đại số d’Alembert Chứng minh ông (1746) không xem thuyết phục Euler (1749), Faunsenet (1759) Lagrange (1771) đưa chứng minh, chứng minh chưa chặt chẽ Người đưa chứng minh thỏa đáng Định lý đại số Gauss Ông đưa ba cách khác để chứng minh (năm 1799, 1815, 1816) năm 1845 ông đưa thêm cách chứng minh xác Ở đây, xét cách chứng định lý dựa định lý Rouché Định lý 1.1.1 (Rouché) Cho đa thức f g ; γ đường cong đóng không tự cắt mặt phẳng phức Nếu |f (z) − g(z)| < |f (z)| + |g(z)| (1.1) với z ∈ γ γ , số nghiệm f g (tính bội) Chứng minh Trong mặt phẳng phức, xét trường véc-tơ v(z) = f (z) w(z) = g(z) Từ (1.1) ta suy không điểm γ Chương Bất đẳng thức cho nghiệm đa thức véc-tơ v , w ngược hướng Nhớ lại rằng, số đường cong γ trường véc-tơ v số vòng quay vectơ v(z) hoàn toàn bao hàm đường cong γ Xét trường véc-tơ vt = tv + (1 − t) w Khi v0 = w v1 = v Rõ ràng điểm z ∈ γ véc-tơ vt (z) khác không Điều có nghĩa số ind(t) γ trường véc-tơ vt xác định Số nguyên ind(t) phụ thuộc vào t, ind(t) = const Cụ thể, số tương quan trường véc-tơ v w trùng Giả sử số điểm đơn z0 xác định số đường cong |z − z0 | = ε, ε đủ nhỏ Không khó để chứng minh số γ trường véc-tơ v tổng số điểm đơn, tức điểm có v(z) = Đối với trường véc-tơ v(z) = f (z), số điểm đơn z0 với số nghiệm bội z0 f Do trùng số γ trường véc-tơ v(z) = f (z) w(z) = g(z), tức bên γ , số lượng nghiệm f với số lượng nghiệm g Định lý 1.1.2 (d’Alembert-Gauss, Định lý đại số) Một đa thức xác định có bậc n với hệ số phức có n nghiệm (tính bội) Chứng minh Giả sử f (z) = an z n + · · · + a1 z + a0 đa thức bậc n với hệ số phức Đặt g (z) = an z n h (z) = f (z) − g (z) = an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 Lấy số thực r > 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 | = nên ta đặt K= |an−1 | + · · · + |a1 | + |a0 | |an | Chọn r > max {1, K} Khi 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)| Chương Bất đẳng thức cho nghiệm đa thức Do |h (z)| < |g (z)| với z nằm đường tròn có tâm gốc tọa độ O, bán kính r Rõ ràng, g (z) = an z n có nghiệm bội n Do theo định lý Rouché, f (z) = g (z) + h (z) có n nghiệm (tính bội) hình tròn |z| < r Suy f (z) có n nghiệm Với định lý Rouché, không chứng minh Định lý đại số mà để ước lượng giá trị tuyệt đối nghiệm đa thức Định lý 1.1.3 Cho f (z) = z n + a1 z n−1 + · · · + an , ∈ C Khi đó, bên đường tròn |z| = + max |ai | có n nghiệm f (tính i bội) Chứng minh Đặt a = max |ai |, bên đường tròn xét, đa i n thức g(z) = z có nghiệm bội n Vì vậy, ta cần kiểm tra rằng, |z| = + a |f (z) − g(z)| < |f (z)| + |g(z)| Ta chứng minh: |f (z) − g(z)| < |g(z)|, tức a1 z n−1 + · · · + an < |z|n Hiển nhiên, |z| = + a a1 z 1.2 n−1 n−1 + · · · + an ≤ a(|z| |z|n − = |z|n − < |z|n + · · · + 1) = a |z| − Định lý Cauchy Ở đây, xét định lý Cauchy cho nghiệm đa thức hệ mở rộng Định lý 1.2.1 (Cauchy) Cho f (x) = xn − b1 xn−1 − · · · − bn , tất số bi không âm số khác Khi đó, đa thức f có nghiệm dương đơn p giá trị tuyệt đối nghiệm khác không vượt p Chứng minh Đặt F (x) = − f (x) b1 bn = + · · · + − xn x xn Chương Bất đẳng thức cho nghiệm đa thức Nếu x = 0, phương trình f (x) = tương đương với phương trình F (x) = Khi x tăng dần từ tới +∞, hàm F (x) giảm nghiêm ngặt từ +∞ tới −1 Do đó, với x > 0, hàm F triệt tiêu điểm p Ta có: − b1 nbn f (p) = F (p) = − − · · · − n+1 < 0, n p p p suy f (p) = Do đó, p nghiệm đơn f Ta chứng minh rằng: x0 nghiệm f q = |x0 | ≤ p Giả sử q > p Khi đó, F đơn điệu giảm nên q > p Khi F (q) < F (p) = 0, suy −fqn(q) < 0, f (q) > Mặt khác, đẳng thức x0 n = b1 x0 n−1 + · · · + bn kéo theo q n ≤ b1 q n−1 + · · · + bn , tức f (q) ≤ 0, điều mâu thuẫn Lưu ý: Giá trị tuyệt đối nghiệm modul Trong Tiếng Việt, với z ∈ C có khái niệm modul |z|, ta không dùng khái niệm giá trị tuyệt đối số phức Đa thức f (x) = x2n − xn − có 2n nghiệm, có n nghiệm có modul nghiệm dương lớn đa thức Thật vậy, f (x) = suy xn = √ 1− xn = √ 1+ Nếu xn = √ 1+ bậc n 1) Vậy f (x) có n nghiệm x = ε n √ 1+ x = ε n √ 1+ n √ 1+ (với ε có modul Do đó, định lý Cauchy, ước lượng giá trị tuyệt đối nghiệm ≤ p không thể, giá trị tuyệt đối nghiệm < p Tức kết luận định lý Cauchy khẳng định giá trị tuyệt đối nghiệm < p Ostrovsky chứng tỏ trường hợp tổng quát thay thực Chương Bất đẳng thức cho nghiệm đa thức Định lý 1.2.2 (Ostrovsky) Cho f (x) = xn − b1 xn−1 − · · · − bn , số bi không âm số khác Nếu ước chung lớn số hệ số dương bi f có nghiệm đơn p giá trị tuyệt đối nghiệm khác nhỏ p Chứng minh Cho hệ số bk1 , bk2 , , bkm , k1 < k2 < < km dương Vì ước chung lớn k1 , k2 , , km nên tồn số nguyên s1 , s2 , , sm cho s1 k1 + · · · + sm km = Xét hàm F (x) = bkm bk1 + · · · + − xk1 xkm Phương trình F (x) = có nghiệm dương p Cho x nghiệm (khác 0) khác f Đặt q = |x| Khi 1= bkm bkm bk1 bk1 bk1 bkm + · · · + ≤ + · · · + , + · · · + = xk1 xkm xk1 xkm q k1 q km tức F (q) ≥ Ta thấy phương trình F (q) = bki xk i = bki xki ∀i Nhưng trường hợp bsk11 bskmm = x bk1 xk1 s1 bkm ··· xkm sm > 0, tức x > Điều mâu thuẫn với x = p p nghiệm dương phương trình F (x) = Như vậy, F (q) > Từ F (x) đơn điệu giảm với x dương nên q < p Từ định lý Cauchy-Ostrovsky, ta suy ước lượng giá trị tuyệt đối nghiệm đa thức với hệ số dương Định lý 1.2.3 a) (Enestr¨ om-Kakeya) Nếu tất hệ số đa thức g(x) = a0 xn−1 + · · · + an−1 dương với nghiệm ξ đa thức này, ta có: 1≤i≤n−1 ai−1 = δ ≤ |ξ| ≤ γ = max 1≤i≤n−1 ai−1 k b) (Ostrovsky) Cho aak−1 < γ với k = k1 , k2 , , km Nếu ước chung lớn n số k1 , k2 , , km |ξ| < γ Chương Chuỗi Lagrange ước lượng nghiệm đa thức |a|2 Chuỗi (5.4) hội tụ |s| < Phương trình xét s z =a+ z có hai nghiệm   a 1+ 1+  4s2  a  1− a2  1+ 4s2  a2 Chuỗi (5.4) đại diện cho nghiệm 5.2 Chuỗi Lagrange ước lượng nghiệm Trong số trường hợp định, chuỗi Lagrange ước lượng nghiệm đa thức Xét ví dụ, đa thức f (z) = a0 + a1 (z − c) + a2 (z − c)2 + · · · + ak (z − c)k Phương trình f (z) = biểu diễn dạng z = c + s h(z), h (z) = a0 +a2 (z − c)2 +a3 (z − c)3 +· · ·+ak (z − c)k a1 Chuỗi Lagrange cho phương trình có dạng s = − ∞ z =c+ n=1 sn dn−1 n · (h (z))z=c n! dz n−1 Trong trường hợp aυ00 aυ22 · · · aυkk hn (z) = υ0 +υ2 +···+υk =n n! (z − c)2υ2 +···+kυk , υ0 !υ2 ! · · · υk ! dn−1 n (h (z))z=c = dz n−1 n! aυ00 aυ22 · · · aυkk , υ0 !υ2 ! · · · υk ! tổng chạy qua tập {υ0 , υ2 , , υk } cho υ0 + υ2 + · · · + υk = n, 2υ2 + · · · + kυk = n − 50 (5.5) Chương Chuỗi Lagrange ước lượng nghiệm đa thức Hệ thức tương đương với n − = 2υ2 + · · · + kυk υ0 = υ2 + 2υ3 + · · · + (k − 1) υk + Do s = − , ta có a1 a0 z =c− a1 (2υ2 + · · · + kυk )! a0 a2 υ0 !υ2 ! · · · υk ! (−a1 )2 υ2 ··· ak−1 ak (−a1 )k υk , (5.6) υ0 = υ2 + 2υ3 + · · · + (k − 1) υk + Nếu chuỗi (5.6) hội tụ, số z xác định nghiệm phương trình f (z) = Định lý 5.2.1 Cho |a0 | + |a2 | + · · · + |ak | < |a1 | Khi đó, chuỗi (5.6) hội tụ nghiệm z xác định chuỗi thỏa mãn |z − c| ≤ − ln − (|a0 | + |a2 | + · · · + |ak |) |a1 | Chứng minh Công thức (5.5) kéo theo 1 dn−1 n · n−1 (h (z))z=c ≤ (|a0 | + |a2 | + · · · + |ak |)n n! dz n Do ∞ |z − c| ≤ n=1 −n |a1 | n − ln − (|a0 | + |a2 | + · · · + |ak |)n = |a1 | (|a0 | + |a2 | + · · · + |ak |) 51 Chương Một số tập áp dụng Bài 1: Chứng minh đa thức f (x) chia hết cho f (x) f (x) = a0 (x − x0 )n Giải: Nếu f (x) = a0 (x − x0 )n hiển nhiên f (x) chia hết cho f (x) = na0 (x − x0 )n−1 Đảo lại, f (x) chia hết cho f (x) thương đa thức bậc với hệ số cao n1 , n bậc f (x), nf (x) = (x − x0 ) f (x) Lấy đạo hàm thực phép tính: (n − 1) f (x) = (x − x0 ) f (x) Tiếp tục đạo hàm cấp n, nhân đẳng thức trên, giản ước hai vế ta được: n!f (x) = (x − x0 )n f (n) (x) , f (n) (x) f (x) = (x − x0 )n = a0 (x − x0 )n n! Bài 2: Cho đa thức với hệ số thực f (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an (ai = 0, i = 1, 2, ) có n nghiệm phân biệt Chứng minh (n − 1) a21 > 2na0 a2 52 Chương Một số tập áp dụng Giải: Vì f (x) có n nghiệm phân biệt nên f (x) có n − nghiệm f (x) có n − nghiệm f (n−2) (x) có nghiệm Mà f (n−2) (x) = n!2 a0 x2 +(n − 1)!a1 x+(n − 2)!a2 có bậc hai nên f (n−2) (x) có nghiệm phân biệt Do ∆ = [(n − 1)!a1 ]2 − 2n!a0 (n − 2)!a2 > Hay (n − 1) a21 > 2na0 a2 Bài 3: Chứng minh tất nghiệm đa thức P (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + a0 (với hệ số thực) thực phân biệt a2i > n−i+1 i+1 · ai−1 ai+1 với i = 1, 2, , n − n−1 i Giải: Đặt Q (y) = y n P y −1 Các nghiệm Q(y) nghiệm thực phân biệt Do nghiệm đa thức bậc hai Q(n−2) (y) = (n − 2)·(n − 3) · · · 4·3 n (n − 1) an y + (n − 1) an−1 y + 2an−2 thực phân biệt Vì (n − 1)2 a2n−1 > 2n (n − 1) an an−2 Nếu i = n − bất đẳng thức chứng minh Bây ta xét đa thức P (n−i−1) (x) = b0 xi+1 + b1 xi + · · · + bi+1 x2 + bi x + bi−1 Áp dụng vào bất đẳng thức chứng minh ta b2i > (i + 1) bi−1 bi+1 i Từ bi+1 = (n − i + 1) · · · · · ai+1 bi = (n − i) · · · · · bi−1 = (n − i − 1) · · · · · ai−1 53 Chương Một số tập áp dụng kéo theo (i + 1) (n − i + 1) (n − i) ai−1 ai+1 i Sau rút gọn có bất đẳng thức cần chứng minh Bài 4: Tìm số nghiệm thực đa thức sau đây: (2 (n − 1) )2 > a) f (x) = + x + x2 + ··· + xn n b) g(x) = nxn − xn−1 − · · · − Giải: a) Trường hợp 1: Xét x ≥ 0, hiển nhiên f (x) > Do phương trình f (x) = nghiệm thực không âm Trường hợp 2: Xét x < Ta có xn − f (x) = + x + · · · + xn−1 = x−1 - Nếu n số lẻ từ x < suy xn − < 0, x − < Do n −1 > Vì x tăng dần từ −∞ tới f (x) đơn điệu f (x) = xx−1 tăng từ −∞ tới Do f (x) có nghiệm thực âm - Nếu n chẵn hiển nhiên x = −1 nghiệm âm f (x) Ta có lim f (x) = +∞, f (−1) > 0, f (0) = > Do f (x) x→−∞ nghiệm thực Kết luận: + Với n số lẻ f (x) có nghiệm thực + Với n số chẵn f (x) nghiệm thực b) Đặt g(x) 1 G(x) = − n = + · · · + n − n x x x Hiển nhiên x = 0, x = −1 không nghiệm g(x) x = nghiệm g(x) Xét x = 0, phương trình g(x) = tương đương với phương trình G(x) = Ta có n G (x) = − − · · · − n+1 < x x Trường hợp 1: Xét |x| > Khi 1 1 1 1 + + ··· + n ≤ + + ··· + n ≤ + + ··· + n x x x x x x x x x < + + · · · + = n, n 54 số Chương Một số tập áp dụng tức G(x) < Khi G(x) nghiệm thực với |x| > Trường hợp 2: Xét x ∈ (0, 1) Khi 1 + + · · · + n > + + · · · + = n, x x x n số tức G(x) > Khi G(x) nghiệm thực khoảng (0, 1) Trường hợp 3: Xét x ∈ (−1, 0) Với n chẵn số hạng G (x) nhóm thành n2 cặp số G (x) = − + x2 x3 − ··· − n n−1 + xn xn+1 Vì x ∈ (−1, 0) n chẵn giá trị cặp số âm Thật vậy, ta xét hàm số k−1 k (k − 1)x + k h (x) = + = , với x ∈ (0, 1), k chẵn xk xk+1 xk+1 Vì x > −1 nên (k − 1) x > − (k − 1) Suy (k − 1)x + k > − (k − 1) + k = > Mặt khác, x < k chẵn nên xk+1 < Do h(x) < Suy G (x) > Khi đó, x tăng dần từ −1 đến G(x) đơn điệu tăng từ −n tới +∞ Do G(x) có nghiệm thực khoảng (−1, 0), với n chẵn Với n lẻ số hạng G (x) nhóm thành n−1 cặp số dư số hạng G (x) = − + x2 x3 − ··· − n−2 n−1 + xn−1 xn − n xn+1 Chứng minh tương tự trường hợp n chẵn, ta giá trị n−1 cặp số n dương Đồng thời x ∈ (−1, 0) n lẻ nên xn+1 dương Từ suy G (x) < Khi x tăng dần từ −1 đến G(x) đơn điệu giảm từ −n − tới −∞ Do G(x) nghiệm thực khoảng (−1, 0), với n lẻ Như vậy, G(x) có nghiệm thực khoảng (−1, 0) Vậy g(x) có nghiệm thực Bài 5: Tìm tất nghiệm phương trình x2 − x + x2 (x − 1)2 = 55 a2 − a + a2 (a − 1)2 Chương Một số tập áp dụng Giải: Xét f (x) = x2 − x + x2 (x − 1)2 Ta có − a2 − a + a2 (a − 1)2 với x ∈ / {0, 1} , a ∈ / {0, 1} f (x) = x2 − x + (2x − 1) (x − 2) (x + 1) x3 (x − 1)3 Vì x ∈ / {0, 1} nên f (x) có nghiệm Do f (x) có tối đa nghiệm Ta thấy 1 f (a) = f = f (1 − a) = f = a 1−a Vậy phương trình cho có nghiệm x = a, x = a1 , x = − a, x = 1−a với a ∈ / {0, 1} Bài 6: Cho đa thức f (z) = az + bz + c ∈ R [z] , a = Sử dụng định lý (1.3.4), chứng minh f (z) = có hai nghiệm thực ∆ = b2 − 4ac > Giải: az + bz + c f (z) −bz − 2c (∗) ζz = z − =z− = f (z) 2az + b 2az + b (∗) Với z = x + iy , ta có −b (x + iy) − 2c − (bx + 2c) − byi = 2a (x + iy) + b (2ax + b) + 2ayi [− (bx + 2c) − byi] [(2ax + b) − 2ayi] = (2ax + b)2 + 4a2 y − (bx + 2c) (2ax + b) − 2aby −by (2ax + b) + 2ay (bx + 2c) = + i (2ax + b)2 + 4a2 y (2ax + b)2 + 4a2 y ζz = − b2 − 4ac y −by (2ax + b) + 2ay (bx + 2c) Suy Im ζz = = (2ax + b)2 + 4a2 y (2ax + b)2 + 4a2 y Theo định lý 1.3.4, phương trình f (z) = có nghiệm thực Im z Im ξz < 0, ∀z ∈ C\R −(b2 − 4ac)y ⇔ y < 0, ∀x, y ∈ R, y = (2ax + b)2 + 4a2 y ⇔ −(b2 − 4ac) < ⇔ ∆ = b2 − 4ac > 56 Chương Một số tập áp dụng Bài 7: Cho đa thức f (z) = z + pz + q ∈ R[z] Sử dụng định lý 1.3.4 chứng minh f (z) có nghiệm thực p > D(f ) = −(27q + 4p3 ) ≥ (trong D(f ) biệt thức f (z)) Giải: f (z) 3(z + pz + q) −2pz − 3q (∗) Ta có ξz = z − =z− = f (z) 3z + p 3z + p (∗) Với z = x + iy ta có −2p(x + iy) − 3q (−2px − 3q) − 2pyi = 3(x2 − y ) + p + 6xyi 3(x + iy) + p [(−2px − 3q) − 2pyi][3(x2 − y ) + p − 6xyi] = (3(x2 − y ) + p)2 + 36x2 y ξz = −2py[3(x2 − y ) + p]+6xy(2px+3q) (∗) Im ξz = [3(x2 − y ) + p]2 + 36x2 y Theo định lý 1.3.4, phương trình f (z) = có nghiệm thực Im z Im ξz < 0, ∀z ∈ C\R −2py[3(x2 − y ) + p] + 6xy(2px + 3q) ⇔ y < 0, ∀x ∈ R, ∀y ∈ R∗ [3(x2 − y ) + p] + 36x2 y ⇔ −2p[3(x2 − y ) + p] + 6x(2px + 3q) < 0, ∀x ∈ R, ∀y ∈ R∗ ⇔ 3px2 + 9qx + 3py − p2 < 0, ∀x ∈ R, ∀y ∈ R∗ ⇔ p 0, g(2) = −157 < 0, lim g(x) = +∞ x→+∞ Do g (x) có nghiệm thực Bài 10: Chứng minh đa thức f (x) = x4 − 9x3 + 28x2 − 37x + 19 có nghiệm x ∈ (2, +∞) Giải: Đặt x = t + Khi x biến thiên từ đến +∞ t biến thiên từ đến +∞ g (t) = (t + 2)4 − 9(t + 2)3 + 28(t + 2)2 − 37 (t + 2) + 19 = t4 − t3 − 2t2 − t + Ta có dãy hệ số g (t) 1, −1, −2, −1, đổi dấu lần nên g (t) có nhiều nghiệm dương Mà g (0) g (1) < 0, g (1) g (3) < nên g (t) có nghiệm dương Do f (x) có nghiệm x ∈ (2, +∞) Bài 11: Giả sử < m1 < < mn mi ≡ i (mod 2) Chứng minh đa thức f (x) = a0 + a1 xm1 + a2 xm2 + + an xmn có tối đa n nghiệm thực Giải: Sử dụng phép quy nạp với n Giả sử toán tới n − Ta chứng minh với n Phản chứng Giả sử ngược lại f (x) có n + nghiệm thực Ta sử dụng bổ đề sau: "Nếu f (x) khả vi (a, b) có k nghiệm f (x) có k − nghiệm (a, b)" Khi đó, f (x) có n nghiệm f (x) = a1 m1 xm1 −1 + a2 m2 xm2 −1 + · · · + an mn xmn −1 = xm1 −1 g(x), m1 − số chẵn, g(x) = b0 + b1 xr1 + b2 xr2 + · · · + bn−1 xrn−1 , bi = and ri ≡ i (mod 2), ≤ i ≤ n − Sử dụng giả thiết quy nạp g(x), g(x) có nhiều n − 61 Chương Một số tập áp dụng nghiệm thực Nhưng f (x) có nghiệm Ta chứng minh với x1 < < x2 , f (x1 ) = f (x2 ) = 0, tồn ξ, x1 < ξ < x2 , ξ = 0, cho g(ξ) = Thật vậy, ta nhắc lại định lý Rolle: Cho f (x) liên tục đoạn [a, b] có đạo hàm điểm thuộc (a, b) Nếu f (a) = f (b) tồn c ∈ (a, b) cho f (c) = Áp dụng định lý Rolle, tồn ξ, x1 < ξ < x2 , cho g(ξ) = Ta cần chứng minh ξ = Giả sử f (x) có giá trị dương (x1 , x2 ), f (ξ) = max P (x) Ta có x∈(x1 ,x2 ) f (ξ) = 0, tức ξ = Bởi f (x) không đổi dấu qua (do m1 − số chẵn) nên ξ = P (0) giá trị lớn f (x1 , x2 ) Quay trở lại toán, giả sử x1 ≤ x2 ≤ ≤ xk < < xk+1 ≤ ≤ xn+1 nghiệm f Khi g(x) có k − nghiệm (x1 , xk ], có n + − k − [xk+1 , xn+1 ) có nghiệm (xk , xk+1 ) Tức g(x) có n nghiệm thực (mâu thuẫn) 62 KẾT LUẬN Trong luận văn tác giả trình bày tổng quan số định lý bất đẳng thức cho nghiệm đa thức; số kết nghiệm đa thức đạo hàm nó; tính chất tính toán kết thức, biệt thức số dạng đa thức đặc biệt; xét tính ổn định, phân bố nghiệm đa thức trường số thực, trường số phức ước lượng nghiệm thông qua chuỗi Lagrange Tài liệu tham khảo [1] Victor V Prasolov, Algorithms and computation in Mathematics Polynomials, Springer – Verlag Berlin Heidelberg, 1999 [2] Dương Quốc Việt (chủ biên) – Đàm Văn Nhỉ, Cơ sở Lý thuyết số Đa thức, Nhà xuất Đại học Sư phạm, Tái lần 2, 2014 [3] Dương Quốc Việt (chủ biên) – Lê Văn Chua, Cơ sở Lý thuyết Galois, Nhà xuất Đại học Sư phạm, 2007 [4] Dương Quốc Việt (chủ biên), Bài tập lý thuyết Galois, Nhà xuất Đại học Sư phạm, 2014 [5] Dương Quốc Việt (chủ biên) – Đàm Văn Nhỉ, Giáo trình đại số sơ cấp, Nhà xuất Đại học Sư phạm, 2007 [6] Hoàng Xuân Sính, Đại số đại cương, Nhà xuất giáo dục, 2005 64 ... toán kết thức, biệt thức số đa thức đặc biệt Chương Trình bày số kết phân bố nghiệm thực nghiệm phức đa thức Chương Trình bày số kết chuỗi Lagrange ước lượng nghiệm đa thức Chương Trình bày số. .. nghiệm đa thức Nội dung luận văn trình bày chương: Chương Trình bày số bất đẳng thức cho nghiệm đa thức Chương Trình bày số kết nghiệm đa thức đạo hàm Chương Trình bày số kết kết thức, biệt thức. .. hệ đa thức P (x, z) = Q(y, z) = Thông qua kết thức, ta quan hệ đa thức dạng R(x, y) = 0, tức khử z Thật vậy, coi đa thức P (x, z), Q(y, z) đa thức biến z x, y số Khi triệt tiêu kết thức đa thức