Một Số Tính Chất Về Nghiệm Của Đa Thức

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 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 chuyên 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 cơng 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, tơi nhận hướng dẫn giúp đỡ tận tình TS Trần Nguyên An Tơi xin bày tỏ lịng 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 tơi 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 , ), 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 = 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) = 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 ck (x − a)k f (x) = 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) = 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 (i) Nếu f (x) = a0 ∈ R, đặt f (x) = Nếu f (x) = n ≥ 1, đặt f (x) = n k−1 k=1 kak x n k k=0 ak x với 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)) , ∀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) (x) = f (x) + g (x) (f.g) (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 n f (x) = k=0 f (k) (a) (x − a)k k! Trong trường hợp a = 0, ta có khai triển Maclaurin n f (x) = k=0 f (k) (0) k x k! 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 mơ 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) (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 (x) = 20x3 + 24x2 − 30x + 16, f (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 ( ) < 0; f (1) = 78 > Với x ≥ 1, f (x) đồng 5 biến, f (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) ϕ1 (x) = 15x4 + 28x3 − 24x2 + 10x − 2, ϕ1 (x) = 60x3 + 84x2 − 48x + 10, ϕ1 (x) = 180x2 + 168x − 48, (4) ϕ1 (x) = 360x + 168, (5) ϕ1 (x) = 360 (4) Ta có ϕ1 (1) > 0, ϕ1 (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 ϕ2 (x) = 5x4 −8x3 −15x2 −16x−7, ϕ2 (x) = 20x3 −24x2 − (4) (5) 30x − 16, ϕ2 (x) = 60x2 − 48x − 30, ϕ2 (x) = 120x − 48, ϕ2 (x) = 120 (4) Ta có ϕ2 (4) > 0, ϕ2 (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 = n ≥ Khi ar (i) |α| ≤ + max : r = 1, 2, · · · , n an ar (ii) |α| ≤ ρ + max : r = 1, 2, · · · , n an ρr−1 ar : r = 1, 2, · · · , n (iii) |α| ≤ max r an với số dương ρ ar : r = 1, 2, · · · , n viết f (x) an a0 an−1 an−2 + + · · · + thành dạng f (x) = an xn + an x an x2 an xn Nếu |x| > ta đánh sau: an−1 a0 | |f (x)| = |an xn ||1 + + ··· + an x an x n 1 ≥ |an xn | − β + ··· + n |x| |x|   1 −  |x|n  n   ≥ |an xn | − β = |an x | 1 − β |x| −  |x| − Chứng minh (i) Đặt β = max = |an xn | |x| − − β |x| − |x| − − β > Do mà |x| |x| − làm nghiệm f (x) Từ suy α nghiệm ar f (x) |α| ≤ + max : r = 1, 2, · · · , n an Nếu |x| > + β |f (x)| ≥ |an xn | 42 (ii) Với ρ > ta xét đa thức f (x) = an ρn n x ρ a1 + ρ x ρ n−1 + ··· + an ρn |α| ar ≤ + max : r = 1, 2, · · · , n Do ρ an ρ ar |α| ≤ ρ + max : r = 1, 2, · · · , n với số dương ρ an ρn−1 ar n−1 (iii) Chọn ρ = max ρ : r = 1, 2, · · · , n , hay an Theo (i) có ρ = max ar : r = 1, 2, · · · , n , an r ta có |α| ≤ max r | ar | : r = 1, 2, · · · , n an Định lý 2.3.7 Giả sử α nghiệm đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 ∈ R[x] với an = n ≥ Khi as , r số để ar < as an hệ số âm f (x) (i) |α| ≤ r max (ii) |α| ≤ max s as : as < an Chứng minh Tương tự chứng minh Ví dụ 2.3.8 Giả sử x0 nghiệm thực đa thức x3 +ax2 +bx+c ∈ R[x] Chứng minh (i) x20 < + a2 + b2 + c2 (ii) |x0 | ≤ + max {|a|, |b|, |c|} Giải (i) Vì x30 + ax20 + bx0 + c = nên ax20 + bx0 + c = −x30 Do (a2 + b2 + c2 )(x40 + x20 + 1) ≥ (ax20 + bx0 + c)2 = x60 Dễ dàng 43 x60 − x60 > = x20 − Do suy a + b + c ≥ 2 x0 + x0 + x0 + x0 + 2 2 x0 < + a + b + c 2 (ii) Được suy từ Định lý 2.3.6 Ví dụ 2.3.9 Xác định số nghiệm thực f (x) = nxn − xn−1 − · · · − x − Giải Vì f (1) = nên x = nghiệm Xét F (x) = (x − 1)f (x) Dễ dàng kiểm tra F (x) = có nghiệm x = Do f (x) = có nghiệm x = Ví dụ 2.3.10 Chứng minh khơng thể có nghiệm đa thức f (x) = 2017x2017 + 2016x2016 + · · · + 3x3 + 2x2 + 2x + có mơdun lớn Giải Xét f (x)(1 − x) = 1+ x + x3 + · · · + x2016 + 2016x2017 Đặt r = |x| Khi đó, r > |f (x)(1 − x)| ≥ 2016r2016 − |1 + x + x3 + · · · + x2016 | > 2016r2017 − r2016 |1 + + + · · · + 1| = 2016(r2017 − r2016 ) > Điều chứng tỏ f (x) = x > Ví dụ 2.3.11 Với số nguyên dương n, rằng, số thực α nghiệm đa thức f (x) = n!xn + (n − 1)!xn−1 + · · · + 1!x + thoả mãn −2 < α < Giải Hiển nhiên α < 0, α ≥ f (α) > 0, |α| ≤ + (n − k)! max : r = 1, 2, · · · , n < theo Định lý 2.3.6 nên α > n! −2 Có nhiều phương pháp đưa chặn khác cho nghiệm đa thức thực phương pháp Cauchy, phương pháp Lagrange – 44 Maclaurin, phương pháp Kioustelidis, Sau luận văn đề cập đến việc áp dụng ma trận đồng hành đa thức để tìm số chặn nghiệm cho nghiệm đa thức Cho đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ∈ C[X], với an = Ma trận đồng hành đa thức f (x) (hay matrận Frobenius) ma trận vng cấp n có dạng:  an−1 an−2 − − an  an       0 a1  − an      = (aij )n×n   Ta có đa thức đặc trưng ma trận đa thức f (x) Do giá trị riêng ma trận A nghiệm đa thức f (x) Cho p1 , p2 , , pn số thực dương, đặt D = diag(p1 , p2 , , pn ) Khi  pa p2 an−2 n−1 − −  p an p an  p1   p2  p2 D−1 AD =   p3     0 pn−1 a1 p n a0  − − p an p an   0    0   = (dij )     pn−1 pn Gọi σ(A) tập giá trị riêng (phổ) ma trận A, bán kính phổ A là: r(A) = max{|λ| : λ ∈ σ(A)} Ta có r(A) = r(D−1 AD) Ta nhắc lại khái niệm chuẩn ma trận Định nghĩa 2.3.12 Cho C không gian vectơ không gian Mn,p (C) ma trận cấp n × p C Một chuẩn C-kgve Mn,p (C) 45 ánh xạ N : Mn,p (C) → R thỏa mãn: (i) ∀ λ ∈ C, ∀ A ∈ Mn, p (C), N (λA) = |λ|N (A); (ii) ∀ A ∈ Mn, p (C), N (A) = → A = 0; (iii) ∀ (A, B) ∈ (Mn, p (C))2 , N (A + B) ≤ N (A) + N (B) Ta thường xét chuẩn sau: N1 , N2 , N∞ : Mn, p (C) → R xác định với A = (aij ) thuộc Mn, p (C) |aij |, N1 (A) = 1≤i≤n,1≤j≤p  21  |aij |2  , N2 (A) =  1≤i≤n,1≤j≤p N∞ (A) = max 1≤i≤n, 1≤j≤p |aij | Với ma trận A với chuẩn N ta ln có r(A) ≤ N (A) Tiếp theo ta đề cập đến định lý có nhiều ứng dụng Định lý 2.3.13 (Gershgorin) Cho A = (aij )n×n , giá trị riêng A nằm hợp Di , với Di xác định     Di = z : |z − aii | ≤ |aij |   j=i Kết tương tự thay dòng thứ i cột thứ j ma trận A Chứng minh Giả sử λ giá trị riêng ma trận A X = (x1 , x2 , , xn )t vectơ riêng tương ứng với giá trị riêng λ Ta có X = 0, tồn i0 ∈ {1, 2, , n} cho: |xi0 | = max |xi | Vì 1≤i≤n n AX = λX, hàng thứ i0 cho ta ai0 j xj = λxi0 j=1 Từ  |(λ − ai0 i0 )xi0 | = |  ai0 j xj | ≤  1≤j≤n |ai0 j | |xi0 | 1≤j≤n,j=i0 Vì X = nên ta có |xi0 | > 0, |λ − ai0 i0 | ≤ |ai0 j | 1≤j≤n,j=i0 46 Chú ý Áp dụng định lý cho ma trận đồng hành đa thức f (x) nêu với an = ta có n−2 D1 = z : |z + an−1 | ≤ |ai | , Di = {z : |z| ≤ 1, i > 1} i=0 Vì |z| = |(0 − an−1 ) + (z + an−1 )| ≤ |an−1 | + |z + an−1 |, nên điểm D1 thỏa mãn n−1 |z| ≤ |ai | i=0 Do ta có kết nghiệm z f (x) thỏa mãn n−1 |z| ≤ max{1, |ai |} i=0 Bằng chọn lựa khác pk cho ta tìm chặn nghiệm cho nghiệm đa thức f (x), chẳng hạn, ta chọn pk = ak an Áp dụng Định lý Gershgorin cho ma trận D−1 AD, ta tìm chặn nghiệm chặn nghiệm Kojima Định lý 2.3.14 Cho đa thức f (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 ∈ C[X], với ak = 0, ∀ ≤ k ≤ n Nếu z nghiệm f (x) a0 a1 an−2 an−1 , , , , n a1 a2 an−1 an Chứng minh Nếu chọn pk = , với ≤ k ≤ n, ta có: |an−k | |z| ≤ max pk an−k an−1 = p an an Và với ≤ k ≤ n − 1, ta lại có: pk an−k−1 = pk+1 an−k 47 Mà chuẩn ma trận N∞ (D−1 AD) = max1≤i≤n n |dij | , suy j=1 N∞ (D−1 AD) = max a1 an−2 an−1 a0 , , , , n a1 a2 an−1 an Định lý 2.3.15 Cho đa thức f (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 ∈ C[X], với ak = 0, ∀ ≤ k ≤ n Nếu z nghiệm f (x) |z| ≤ an−1 + max an Chứng minh Chọn pk = p1 a0 a1 an−2 , , , a1 a2 an−1 an−1 , với ≤ k ≤ n − 1, ta có an−k an−1 pk an−k−1 p n a0 an−1 pk an−k = + + , = p an pk+1 an an−k p an an n −1 |dij | , suy Ta có N∞ (D AD) = max1≤i≤n j=1 N∞ (D−1 AD) = an−1 + max an a0 a1 an−2 , , , a1 a2 an−1 Hệ 2.3.16 Cho đa thức f (x) = an xn + · · · + a1 x + a0 ∈ C[X], với ak = 0, ∀ ≤ k ≤ n, a0 , a1 , , an cấp số nhân Khi với z nghiệm f (x) ta có an−1 + max an x Chứng minh Đặt g(x) = , với r x+r r Với r ≥ Suy g (x) = (x + r)2 với x ∈ {a0 , a1 , , an−2 }, ta có |z| ≤ an−2 a0 , a1 an−1 cơng bội cấp số nhân g(x) hàm tăng, g(a0 ) ≤ g(x) ≤ g(an−2 ), 48 suy g(x) ≤ max {|g(a0 )|, |g(an−2 )|} Áp dụng Định lý 2.3.15 ta có an−1 |z| ≤ + max {|g(a0 )| , |g(a1 )| , , |g(an−2 )|} an an−1 = + max {|g(a0 )| , |g(an−2 )|} an a0 an−2 an−1 + max , = an a1 an−1 Với r < bất đẳng thức chứng minh tương tự 2.4 Biên nghiệm ứng dụng xét tính bất khả quy đa thức Bây đưa tiêu chuẩn bất khả quy Q dựa theo giá trị nguyên tố đa thức Mệnh đề 2.4.1 Cho f (x) = am xm + am−1 xm−1 + + a1 x + a0 ∈ Z[x] đa thức có bậc m > Đặt H = max |ai /am | Nếu tồn số tự 0≤i≤m−1 nhiên n > H + cho f (n) số nguyên tố f (x) bất khả quy Q Chứng minh Giả sử f (x) khả quy Z[x] Theo Bổ đề Gauss, f (x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) ∈ Z[x] đa thức bậc dương Vì f (n) nguyên tố nên hai số g(n) h(n) phải có số ±1 Khơng tính tổng qt, ta giả sử g(n) = ±1 Giả sử deg(g(x)) = t Khi t > Theo Định lí đại số, g(x) có t nghiệm z1 , , zt ∈ C Suy g(x) = c(x − z1 ) (x − zt ), c hệ số cao g(x) Với k ∈ {1, , t}, viết zk = ak + ibk với ak , bk ∈ R Khi ta có |n − zk |2 = n2 + a2k + b2k − 2nak ≥ n2 + a2k + b2k − 2n a2k + b2k = (n − 49 a2k + b2k )2 Suy |n − zk |2 ≥ (n − |zk |)2 Do zk nghiệm f (x), theo giả thiết Mệnh đề 2.3.1 ta có n ≥ H + > H + > |zk | Suy n − |zk | ≥ Ta ln có |n − zk | ≥ n − |zk | Vì t > nên ta có = |g(n)| = |c| |n − z1 | |n − zt | ≥ |c| (n − |z1 |) (n − |zt |) ≥ 2t |c| ≥ Điều vơ lý nên ta có điều phải chứng minh Ví dụ 2.4.2 Đa thức f (x) = x4 + 6x2 + bất khả quy Q Chứng minh Với kí hiệu Mệnh đề 2.4.1, ta có m = degf (x) = a4 = Suy H = max {6, 1} = Ta có = H + tính tốn ta f (8) = 4481 số nguyên tố Theo Mệnh đề 2.4.1 ta suy f (x) bất khả quy Q Định lý 2.4.3 Cho f (x) = an xn + + a1 x + a0 ∈ Z[x] Giả sử H số thực dương cho an ≥ 1, an−1 ≥ |ak | ≤ H với k ∈ {0, 1, , n − 2} Khi nghiệm phức √ z f (x) có phần + + 4H thực không dương thỏa mãn |z| < Chứng minh Giả √ sử z nghiệm f (x) Nếu |z| < rõ ràng + + 4H ta có |z| < Vì ta giả thiết |z| > Ta chứng minh √ + + 4H phần thực z không số dương |z| < Giả sử z = a+ib với a, b ∈ R a > Do |ak | ≤ H với k ∈ {0, 1, , n−2} nên ta có f (z) an−1 an−2 a1 a0 a + − + + + ≥ n zn z z2 z n−1 z n an−1 |an−2 | |a1 | |a0 | ≥ an + −( ) + + n−1 + z |z|n |z| |z| an−1 1 ≥ an + − H( + + n ) z |z| |z| 50 Vì an ≥ 1, an−1 ≥ a > nên ta có an + an−1 ban−1 an−1 aan−1 ) − i = an + = (an + z a + ib a + b2 a2 + b aan−1 ≥ ≥ an + a + b2 Hơn nữa, |z| > nên ta có n+1 n−1 ( |z| ) −1 − ( |z| ) 1 1 + .+ = ) = < −(1+ |z|n |z| |z| (|z| − 1) |z| (|z| − 1) − |z|2 |z| Vì H > |z| > nên từ hai bất đẳng thức ta có |z|2 − |z| − H f (x) H = >1− zn |z| (|z| − 1) |z|2 − |z| √ |z|2 − |z| − H + + 4H ≥ |z| −|z|−H ≥ Do Nếu |z| ≥ |z|2 − |z| f (z) Suy > Điều mâu thuẫn (vì z nghiệm f (x)) zn √ + + 4H Do |z| < Hệ 2.4.4 Cho b > p số nguyên tố với p = an bn + an−1 bn−1 + + a1 b + a0 khai triển p hệ ghi số b Khi f (x) = an xn + + a1 x + a0 đa thức bất khả quy Q Chứng minh Giả sử f (x) khả quy Q Theo Bổ đề Gauss, tồn phân tích f (x) = g(x)h(x) với g(x), h(x) đa thức với hệ số nguyên thỏa mãn < deg(g(x)), deg(h(x)) < deg(f (x)) Vì f (b) = p số nguyên tố nên g(b) = ±1 h(b) = ±1 Khơng tính tổng qt, ta giả sử g(b) = ±1 Đặt deg(g(x)) = t > Theo Định lí đại số, g(x) có t nghiệm z1 , , zt ∈ C Do g(x) = c(x − z1 ) (x − zk ), c hệ số cao g(x) Do p = an bn + an−1 bn−1 + + a1 b + a0 biểu diễn p hệ 51 ghi số b nên ta có an ≥ 1, an−1 ≥ = |ai | ≤ b − với i Do nghiệm g(x) nghiệm f (x) nên theo Định lý 2.4.3, phần thực nghiệm zk không số dương + + 4(b − 1) |zk | < Với k = 1, , t, ta khẳng định |b − zk | > Thật vậy, phần thực zk khơng dương zk = ak + ibk với ak , bk ∈ R ak ≤ Suy |b − zk | = |(b − ak ) − ibk | ≥ b − ak ≥ b > Nếu |zk | < + + 4(b − 1) b ≥ nên tính tốn ta |zk | < 1+ + 4(b − 1) ≤ b − Suy |b − zk | ≥ |b| − |zk | = b − |zk | > Do khẳng định chứng minh Vì t > 0, c ≥ |b − zk | > với k = 1, , t nên |g(b)| = |c| |b − z1 | |b − zt | > 1, điều mâu thuẫn Ví dụ 2.4.5 Đa thức f (x) = 2x7 + x6 + x5 + 2x4 + x2 + bất khả quy Q Chứng minh Chọn b = Ta có 5519 = 2b7 + b6 + b5 + 2b4 + b2 + biểu diễn số nguyên tố 5519 hệ ghi số b Vì f (x) bất khả quy theo Định lí 2.4.4 52 KẾT LUẬN Luận văn "Một số tính chất nghiệm đa thức" hoàn thành với kết đạt được: Hệ thống hóa chi tiết, đầy đủ kiến thức liên quan đến vành đa thức, nghiệm đa thức trường số; số định lý có liên quan đến nghiệm đa thức như: Định lý Đại số, Định lý Viete thuận, Định lý Viete đảo, công thức nội suy Lagrange Trình bày số nghiệm đa thức, công thức nghiệm bản, số định lý đánh giá số nghiệm đa thức Cụ thể là: Định lý Budan - Fourier, Định lý Sturm, Định lý Sturm mở rộng quy tắc dấu Descartes, số ví dụ minh họa chi tiết Tìm hiểu số phương pháp tìm chặn nghiệm, chặn nghiệm đa thức, biên nghiệm ứng dụng xét tính bất khả quy đa thức Sử dụng ma trận để đánh giá biên nghiệm đa thức Đồng thời luận văn có đưa hệ thống ví dụ minh họa cho phương pháp nhấn mạnh nội dung thường gặp toán đề thi Olympic sinh viên Tốn học tồn quốc hàng năm Hướng phát triển Luận văn: Tác giả tiếp tục nghiên cứu, tìm hiểu thêm số chặn nghiệm với độ mịn hơn, nghiệm gần với nghiệm với độ sai số thấp Đồng thời triển khai sử dụng kết nghiên cứu luận văn giảng dạy nội dung nghiệm đa thức chương trình THCS THPT Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Lê Thị Thanh Nhàn (2005), Giáo trình lý thuyết đa thức, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [2] Nguyễn Văn Mậu (2002), Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội [3] Lê Hoành Phò (2003), Chuyên khảo đa thức, Nhà xuất Đại học Quốc gia TP Hồ Chí Minh [4] Tuyển tập Tạp chí Tốn học tuổi trẻ, 1999 – 2015 Tiếng Anh [5] N B Conkwright (1943), An elementary proof of the budan-fourier theorem, The American Mathematical Monthly, 50(10):603-605 [6] N B Conkwright(1957), Introduction to the Theory of Equations, Ginn and Company, Boston [7] W.S Burnside and A.W Panton (1981), Theory of equation, Dublin Univ Press [8] V Prasolov (1999), Polynomials, Springer [9] D Stepanescu (2005), New bounds for positive roots of polynomials, J Uni Comp Sc., 11, 2125-2131 [10] Rica Zamfir (2008), Bounds for Polynomial Zeros Using the Companion Matrix, Mathematical Balkanica 22, 2008, 3-4 54 ... 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. .. 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. .. (nghiệm bội s tính s nghiệm) số lần đổi dấu hệ hệ số f (x) (khơng tính hệ số 0) bé số số chẵn Để xác định số nghiệm âm đa thức, ta cần áp dụng Định lý 2.1.9 cho đa thức f (−x) Nếu hệ số f (x) khác