Quan hệ giữa tập nghiệm của đa thức và tập nghiệm của đa thức đạo hàm

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM CAO DUY HÙNG QUAN HỆ GIỮA TẬP NGHIỆM CỦA ĐA THỨC VÀ TẬP NGHIỆM CỦA ĐA THỨC ĐẠO HÀM LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2013 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM CAO DUY HÙNG QUAN HỆ GIỮA TẬP NGHIỆM CỦA ĐA THỨC VÀ TẬP NGHIỆM CỦA ĐA THỨC ĐẠO HÀM LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành : TỐN GIẢI TÍCH Mã số : 60 46 0102 Giáo viên hướng dẫn: PGS TS TẠ DUY PHƯỢNG THÁI NGUYÊN, 2013 LỜI CẢM ƠN Luận văn thực hoàn thành trường Đại học Sư phạmĐại học Thái Nguyên Qua xin chân thành cảm ơn thầy cô giáo Khoa Tốn, Ban Giám hiệu, Phịng Đào tạo nhà trường trang bị kiến thức tạo điều kiện tốt cho tơi q trình học tập nghiên cứu Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới PGS TS Tạ Duy Phượng, người tận tình bảo, tạo điều kiện giúp đỡ tơi có thêm nhiều kiến thức, khả nghiên cứu, tổng hợp tài liệu để hồn thành luận văn Tơi xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, bạn bè đồng nghiệp động viên, giúp đỡ trình học tập Do thời gian trình độ cịn hạn chế nên luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Chúng tơi mong nhận góp ý thầy bạn để luận văn hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn! i Mục lục Mở đầu 1 Giới thiệu giả thuyết Sendov 1.1 Phát biểu giả thuyết Sendov 1.1.1 Định lý Gaus-Lucas 1.1.2 Giả thuyết Sendov 1.2 Tổng quan giả thuyết Sendov 1.2.1 Lịch sử giả thuyết Sendov 1.2.2 Các giả thuyết liên quan đến giả thuyết Sendov Một số giả thuyết hình học đa thức liên quan đến giả thuyết Sendov 2.1 Các khái niệm giả thuyết liên quan đến giả thuyết Sendov 2.1.1 Các khái niệm 2.1.2 Các giả thuyết mở rộng liên quan đến giả thuyết Sendov 2.2 Các kết giả thuyết Sendov hình học đa thức 2.2.1 Độ lệch tập hợp biết nghiệm đặc biệt 2.2.2 Đánh giá độ lệch A (P ) với A P (s) 2.3 Một số trường hợp khác 2.3.1 Chứng minh giả thuyết Sendov cho đa thức có bậc 2.3.2 Chứng minh giả thuyết Sendov cho tất đa thức với số nghiệm không lớn 2.3.3 Chứng minh giả thuyết Sendov cho đa thức bậc n ≤ Kết luận 3 11 13 13 15 17 17 17 21 24 24 28 36 36 39 41 43 ii Tài liệu tham khảo 45 iii MỞ ĐẦU Ta biết Định lí Gauss-Lucas quan hệ nghiệm đa thức đa thức đạo hàm sau Định lí Gauss-Lucas: Giả sử P (z) đa thức với hệ số phức Khi nghiệm đa thức đạo hàm P (z) nằm bao lồi tập điểm nghiệm đa thức Không hạn chế tổng quát, coi tất nghiệm đa thức P (z) nằm hình trịn đơn vị đóng D (0, 1) Khi theo Định lí Gauss-Lucas, nghiệm đa thức đạo hàm P (z) nằm hình trịn đóng D (0, 1) Do vậy, khoảng cách lớn điểm nghiệm đa thức điểm nghiệm đa thức đạo hàm không vượt Năm 1958, nhà toán học Bugaria Blagovest Sendov phát biểu giả thuyết sau Giả thuyết Sendov: Giả sử tất nghiệm zi , i = 1, , n đa thức P (z) nằm bên hình trịn đơn vị đóng D (0, 1) mặt phẳng phức Khi hình trịn đóng có bán kính 1, tâm điểm nghiệm zi chứa điểm nghiệm đa thức đạo hàm Giả thuyết Sendov quan tâm nhiều nhà tốn học giới Sau 50 năm, có 100 báo viết giả thuyết xem [2] Năm 1999, giả thuyết Sendov J E Brown học trị Ơng, G Xiang chứng minh cho đa thức bậc không vượt Cho đến nay, kỉ lục giữ Nhằm chứng minh giả thuyết Sendov, nhiều nhà toán học sử dụng nhiều công cụ kĩ thuật chứng minh khác Nhiều giả thuyết liên quan đến giả thuyết Sendov phát biểu Hình học đa thức tỏ hữu hiệu cố gắng chứng minh giả thuyết Sendov Thực chất giả thuyết Sendov đánh giá khoảng cách Hausdorff tập nghiệm đa thức tập nghiệm đa thức đạo hàm Nói cách khác, giả thuyết Sendov chứng minh khoảng cách Hausdorff tập nghiệm đa thức tập nghiệm đa thức đạo hàm không vượt Ngoài ra, nhờ sử dụng khoảng cách Hausdorff tập hợp, ta mở rộng giả thuyết Sendov xét khoảng cách Hausdorff tập khác nhau, thí dụ, khoảng cách Hausdorff tập nghiệm đa thức tập nghiệm đa thức đạo hàm bậc k , khoảng cách bao lồi tập nghiệm đa thức bao lồi tập nghiệm đa thức đạo hàm Theo chúng tôi, giả thuyết thú vị, có quan hệ mật thiết tốn sơ cấp tốn cao cấp Vì tơi chọn đề tài làm đề tài luận văn cao học Luận văn gồm hai Chương Chương giới thiệu tổng quan lịch sử Giả thuyết Sendov kết đạt nghiên cứu giả thuyết Chương trình bày cách tiếp cận hình học đa thức nghiên cứu giả thuyết Sendov, chủ yếu dựa theo tài liệu [27] [22] Nhiều giả thuyết trình bày Luận văn trình bày chứng minh giả thuyết Sendov cho đa thức bậc thấp (bậc khơng vượt q 5) Mặc dù cịn sơ lược chưa đầy đủ, hy vọng luận văn trình bày nội dung giả thuyết Sendov thu hút quan tâm đến giả thuyết Thái Nguyên, ngày 10 tháng 04 năm 2013 Người thực Cao Duy Hùng Chương Giới thiệu giả thuyết Sendov 1.1 1.1.1 Phát biểu giả thuyết Sendov Định lý Gaus-Lucas Ta biết Định lý Rolle quen thuộc quan trọng sau Định lý 1.1 (Rolle, 1691) Giả sử f : R → R hàm số khả vi đoạn [a; b] ⊂ R f (a) = f (b) Khi tồn điểm c ∈ (a; b) cho f (c) = Từ định lý Rolle ta có hệ sau Hệ 1.1 Cho đa thức P (x) = a0 xn + a1 xn−1 + + an−1 x + an có tất m nghiệm thực x1 < x2 < < xm Khi đa thức đạo hàm P (x) = nan xn−1 + (n − 1) an−1 xn−2 + + 2a2 x + a1 có khơng m − nghiệm thực, u1 < u2 < < um−1 cho x1 < u1 < x2 < u2 < x3 < u3 < < xm−1 < um−1 < xm Chú ý 1.1 Trong số nghiệm thực xi có nghiệm bội tức đồ thị hàm số y = P (x) cắt tiếp xúc với trục hoành số điểm xj , j ∈ {1, , m} Hình 1.1 Minh họa cho Hệ 1.1 Hình 1.1: Ta thấy rằng, khoảng cách nhỏ từ nghiệm ui , i = 1, , m − đa thức đạo hàm P (x) để hai nghiệm gần đa thức P (x) nhỏ nửa khoảng cách hai nghiệm ấy, tức {ui − xi ; xi+1 − ui } ≤ xi+1 − xi , i = 1, m − Coi khoảng cách lớn hai nghiệm liên tiếp đa thức khơng vượt q 2, hai nghiệm liên tiếp ln tồn nghiệm đạo hàm có khoảng cách tới nghiệm đa thức không vượt Nhận xét 1.1 Điều kiện số nghiệm m ≥ đa thức P (x) quan trọng Ví dụ, đa thức P (x) = (x + 2) x2 + = x3 + 2x2 + x + có nghiệm thức x = −2 đa thức đạo hàm P (x) = 3x2 + 4x + = (x + 1) (3x + 1) có hai nghiệm x1 = −1 x2 = − 31 không trùng với (không nằm khoảng) x = −2 Hình 1.2 Minh họa cho Nhận xét 1.1 Hình 1.2: Nhận xét 1.2 Đạo hàm P (x) có nhiều nghiệm khoảng hai nghiệm P (x) Ví dụ, đa thức P (x) = x2 − x2 + = x4 − 8x2 − có hai nghiệm x1,2 = ±3 , đa thức đạo hàm P (x) = 4x3 − 16x = 4x x2 − có ba nghiệm x1 = x2 = −2 x3 = khoảng (−3; 3) Hình 1.3 Minh họa cho Nhận xét 1.2 Hình 1.3: ta có − ξ1 = − x+y − ∆ (x, y) Giả sử − ξ1 > √ − x+y − Do −λ − ∆ (x, y) > √ − = λ x+y > ∆ (x, y) ≥ (2.17) y < −x − 4λ (2.18) Từ (2.17) ta có λ2 + x+y λ > − y (1 + x) , y>− 3λ (2λ + x) + x + 3λ (2.19) Từ (2.18) (2.19) ta có x + 4λ < 3λ (2λ + x) + x + 3λ x2 + (1 + 4λ) x + 4λ + 6λ2 < Điều không xảy −1 ≤ x ≤ Trường hợp với ∆ (x, y) ≤ 0, y ≥ x+4− (2 − x) (1 + x) , ta có x+y |1 − ξ1 | = − Giả sử x+y − ∆ (x, y) = − + y (1 + x) |1 − ξ1 |2 > , 33 y 14 + 11x − x2 , Điều không xảy −1 ≤ x ≤ Trường hợp 2) z1 nghiệm phức cực trị P (z) Trong trường hợp z2 = z1 nghiệm P (z) Ta giả sử rằng: z1 = −α + i − α2 , z2 = −α − i − α2 , α ∈ [0, 1) √ √ Khi đó, đường tròn C z1 , 2/ C z2 , 2/ cắt trục thực dương điểm x=α+ α2 + 1/3 > (1 − α) /2 √ Do có nghiệm thuộc đĩa D z1 , 2/ √ D z2 , 2/ Điều mâu thuẫn với giả thiết √ ρ (A(P4 ); A (P4 )) > 2/ 2.2.3.4 Đánh giá độ lệch A (P ) từ A P (n−2) Một kết tầm thường ρ A(Pn ); A Pn(n−1) =2− n Và đa thức cực trị P (z) = (z − 1) (z + 1)n−1 Bổ đề 2.7 Với n ≥ 5, bất đẳng thức sau thỏa mãn: ρ A (Pn ) ; A Pn(n−2) ≥ n−1 n+1 1+ 34 với n lẻ, (n−2)(n−4) n(n+2) với n chẵn Chứng minh Với n = 2m + 1, xét đa thức sau 2m P (z) = z + z+1 m+1 m (z − 1) Ta có P (2m−1) (2m + 1)! m−1 (z) = z+ m+1 (2.20) P (2m−1) (z) có nghiệm kép ξ1 = ξ2 = −(m − 1)/(m + 1) ρ A (P ) ; A P (n−2) = |1 − ξ1 | = 2m n−1 =2 m+1 n+1 Với n = 2m + 2, xét đa thức m2 − z+1 m (m + 2) z2 + P (z) = m z2 − Ta có (2.21) P (2m) (z) = (2m + 2)! z+ m (m − 1) (m + 1) (m + 2) P (2m) (z) có hai nghiệm ξ1 = ξ2 = − m (m − 1)/(m + 1) (m + 2) ρ A (P ) ; A P (n−2) = |1 − ξ1 | = + (n − 2) (n − 4) n (n + 2) Từ Bổ đề 2.7 ta đến giả thuyết 2.6’ sau Giả thuyết 2.6’ ρ A (Pn ) ; A Pn(n−2) = n−1 n+1 1+ với n lẻ, (n−2)(n−4) n(n+2) với n chẵn 2.2.3.5 Đánh giá độ lệch A (P ) với H P (s) Vì A P (s) ⊂ H P (s) nên ρ A (P ) ; A P (s) ≥ ρ A (P ) ; H P (s) Khi ta phát biểu Giả thuyết yếu Giả thuyết 2.2 35 (2.22) Giả thuyết 2.7 Với n ≥ s + 1, bất đẳng sau thỏa mãn ρ A (Pn ) ; H Pn(s) ≤ 2s , với s = 1, 2, , n − s+1 (2.23) Nhận xét Giả thuyết 2.7 suy từ Giả thuyết 2.2 Giả thuyết 2.3 2.3 2.3.1 Một số trường hợp khác Chứng minh giả thuyết Sendov cho đa thức có bậc Ở ta thấy Rubinstein [6] chứng minh giả thuyết Sendov cho đa thức có bậc Ơng rằng, zj nghiệm P (z) mà nằm biên |z| = P (z) có nghiệm |z − zj | ≤ Kết xem thêm Phelps Rodriguez mở rộng cho đa thức bậc Ta nhắc lại kết Rubinstein [24] Định lý 2.13 Cho P (z) đa thức có bậc mà có nghiệm nằm đĩa đơn vị đóng D (0, 1) = {z ∈ C : |z| ≤ 1} Khi đường trịn có bán kính xung quanh nghiệm P (z) chứa nghiệm P (z) Chứng minh Khơng hạn chế tổng qt, coi P (z) có nghiệm thực z1 = x Khi P (z) = (z − x) Q (z), với < x < nghiệm zk (k = 1, 2, , n) Q (z) nằm |z| ≤ Ta khẳng định đa thức P (z) có nghiệm đĩa D (0, 1) Bằng cách đổi biến, điều tương đương, hiểu f (z) = P (z + x) có nghiệm |z| < Đặt n Qk (x) k f (z) = (k + 1) z , g (z) = k! k=0 n h (z) = k=0 36 n k=0 Qk (x) k z k! k+1 n k zk Theo mt nh lý ca Szegăo [31], nghiệm γ h(z) có dạng γ = −αβ , với β nghiệm g(z) α nghiệm thuộc miền tròn chứa tất nghiệm f (z) Các nghiệm g(z) có dạng √ β = −1 + n+1 với β = √ Với n = 2, ,|β| ≥ √ √ √ √ 3 với n = ta có β = −1 + = − ± 23 i ⇒ |β| = 94 + 43 = > √ |β| = √ với n = ta có β = −1 + ⇔ |β| = Nếu f (z) = |z| < 1, ta chọn α thỏa mãn |α| ≥ √ Do |γ| ≥ Mặt khác h (z) = Q (z + x) f (z) = P (z + x), kéo √ theo tất nghiệm Q(z) thỏa mãn |z| ≤ |z − x| ≥ 2, nghiệm P (z) nằm |z − x| ≤ Đặt R (z) = P (z − + x) = (z − 1) Q1 (z), với Q1 (z) = Q(z − + x) Khơng có nghiệm R (z) nằm |z − 1| < Các nghiệm Q1 (z) thỏa mãn bất đẳng thức √ |z − + x| ≤ |z − 1| ≥ Do z = u + iv u2 + v ≤ − x + với < x < x + x x Do ta giả sử n0 = Khơng tính tổng qt, ta giả sử z0 thực ≤ z0 ≤ Bây ta viết lại P (z) p−1 (z − zj )nj = (z − z0 ) Q (z) P (z) = (z − z0 ) j=1 Ta có n = + n1 + n2 + + np−1 Khi ω1 , ωn−1 nghiệm P (z), ta thu p−1 (z − ωj ) P (z) = n j=1 Thay vào ωj , ta viết p−1 (z0 − ξj ) (z0 − zj )nj −1 P (z0 ) = n (2.24) j=1 Tuy nhiên, p−1 (z0 − zj )nj P (z0 ) = Q (z0 ) = (2.25) j=1 Đặt rj = |z0 − zj | ρj = |z0 − ξj | với j = 1, 2, , p − 1, Từ biểu diễn P (z0 ) dẫn đến r1 r2 rp−1 = nρ1 ρ2 ρp−1 39 (2.26) Dễ thấy < rj ≤ với j = 1, , p − Nếu r1 r2 rp−1 ≤ n giả thuyết Sendov thỏa mãn Đây trường hợp z0 = n ≥ 2p−1 Giả thuyết Sendov p = 2, p = 3, đa thức có nghiệm bội Cohen Smith [10] chứng minh giả thuyết Sendov cho đa thức bậc ba bốn: Định lý 2.16 Cho (z − zj )nj , P (z) = (z − z0 ) j=1 với z0 , z1 , z2 , z3 phân biệt |zj | ≤ 1, j = 0, 1, 2, Khi P (z) có nghiệm ω thỏa mãn |z0 − ω| ≤ Chứng minh Định lý 2.16 dựa Bổ đề 2.8, 2.9, 2.10 2.11 sau Bổ đề 2.8 Cho |P (z0 )| ≥ (n − 1) |P (z0 )| Khi tồn nghiệm ω P (z) thỏa mãn (z0 − ω) ≤ Bổ đề 2.9 Cho p−1 j=1 nj n−1 ≤ rj + z0 Khi tồn nghiệm ω P (z) thỏa mãn |z0 − ω| ≤ Chú ý 2.1 Nếu n = p = r1 r2 > 3, p−1 j=1 1 nj = + < + < rj r1 r2 Áp dụng Bổ đề 2.9, ta thu chứng minh đơn giản giả thuyết Sendov cho đa thức bậc ba Cũng nên lưu ý giả thuyết thỏa mãn cho đa thức với hai ba nghiệm phân biệt 40 Bổ đề 2.10 Cho số nguyên xác định n ≥ 4, hàm f cho f (x) = hàm tăng x x > (n − 3) x2 + n2 x2 n/2 Bổ đề 2.11 Cho số nguyên n cố định, ≤ n ≤ 8, Đặt g (x) = (n − 3) x2 + g (x) ≤ (n − 1) /2 n1/3 ≤ x ≤ 2 n x Chứng minh Giả sử z0 số thực thỏa mãn < z0 < Sử dụng phương trình (2.26), r1 r2 r3 ≤ n, ρ1 ρ2 ρ3 ≤ định lý chứng minh Trong trường hợp ≤ n < r1 r2 r3 ≤ < r1 ≤ r2 ≤ r3 ≤ 2, kéo theo r1 r2 > n/2, r3 > n1/3 , r2 > n/2 Từ Bổ đề 2.10 bổ đề 2.11 suy n1 n2 n3 n−3 1 4r22 (n − 3) 1 + + ≤ + + < + + r12 r22 r32 r12 r22 r32 n2 r22 r32 = f (r2 ) + ≤ f (r3 ) + r32 n−1 , = g (r ) ≤ r32 Áp dụng Bổ đề 2.9, định lý 2.16 ta suy điều chứng minh 2.3.3 Chứng minh giả thuyết Sendov cho đa thức bậc n ≤ Meir Sharma [20] chứng minh giả thuyết Sendov cho bậc năm mở rộng kết cho nghiệm đạo hàm cấp cao đa thức có nghiệm bội Ta có Định lý 2.17 Cho n−k k P (z) = (z − z0 ) Q (z) Q (z) = (z − zj ) j=1 41 với |z0 | = 1, |zj | ≤ 1, zj = z0 với j = 1, , n − k Khi nghiệm P (ν) (z) với ≤ ν ≤ n − nằm đĩa z− k k z0 ≤ − ν+1 ν+1 Với ν > k , bất đẳng thức ngặt trừ ν = n − P (z) = (z − z0 )k (z − z1 )n−k với |z0 | = |z1 | = Định lý 2.18 Cho P (z) = (z − z0 )k Q (z) với k ≥ 1, n ≥ + k, |z0 | ≤ n−k (z − zj ), zj = z0 , |zj | ≤ với j = 1, , n − k Q (z) = j=1 Khi nghiệm P (n−2) (z) nằm đĩa đóng |z − z0 | ≤ (n − k − 1) n−1 n − + |z0 | n Chú ý 2.2 Như Meir Sharma [20], lưu ý với n = k = 1, Định lý 2.18 khẳng định tồn nghiệm P (z) đĩa đóng |z − z0 | ≤ (2 + |z|) /3 Điều chứng minh giả thuyết Sendov trường hợp sau Định lý 2.19 Cho P (z) = (z − z0 )k Q (z) với k ≥ 1, 2k ≤ n − 2, |z0 | ≤ n−k (z − zj ), zj = z0 , |z0 | ≤ 1với j = 1, , n − k Q (z) = j=1 Khi nghiệm P (n−3) (z) nằm đĩa |z − z0 | ≤ n−k−2 |z0 | + n−2 42 − |z0 |2 Chú ý 2.3 Với n=4 k=1, Định lý 2.18 đưa cải tiến cho định lý Rubinstein [24] (cũng xem Định lý 2.12 trên), dẫn đến tồn nghiệm P (z) |z − z0 | ≤ |z0 | + 2 − |z0 |2