Tính chất hình học của nghiệm của một số đa thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ HỒNG ÁNH TÍNH CHẤT HÌNH HỌC CỦA NGHIỆM CỦA MỘT SỐ ĐA THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ HỒNG ÁNH TÍNH CHẤT HÌNH HỌC CỦA NGHIỆM CỦA MỘT SỐ ĐA THỨC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGUYỄN TẤT THẮNG THÁI NGUYÊN - 2019 iii Mục lục Bảng ký hiệu Mở đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Bao lồi tâm tỉ cự hệ điểm 1.2 Phép biến đổi tuyến tính mặt phẳng Định lý Siebeck cho đa thức bậc ba 13 2.1 Tính chất hình học điểm tới hạn 13 2.2 Elip Steiner 17 2.3 Định lý Siebeck 21 Đa thức tự nghịch đảo 24 3.1 Một số tính chất đa thức tự nghịch đảo 24 3.2 Tính chất hình học lớp đa thức tự nghịch đảo 32 Kết luận 37 Tài liệu tham khảo 38 Bảng ký hiệu R tập số thực R+ tập số thực không âm Rn không gian Euclid n chiều C tập số phức N∗ tập số tự nhiên khác Mở đầu Định lý đại số khẳng định đa thức khác với hệ số phức có nghiệm phức Mỗi số phức biểu diễn điểm mặt phẳng phức Các tính chất hình học nghiệm đa thức nhiều người quan tâm Kết sau cho ta mối quan hệ nghiệm đạo hàm đa thức với nghiệm đa thức Định lý Gauss - Lucas: Cho P đa thức khác Khi đó, nghiệm P nằm miền bao lồi nghiệm P Trong trường hợp P đa thức bậc ba, nghiệm P mô tả cụ thể định lý sau Định lý Siebeck: Cho z1 , z2 , z3 ∈ C số phức không cộng tuyến Khi nghiệm ω1 , ω2 hàm F (z) = 1 + + z − z1 z − z2 z − z3 tiêu điểm elip tiếp xúc với ba cạnh tam giác tạo z1 , z2 , z3 trung điểm cạnh tam giác Mục tiêu luận văn trình bày lại kết đồng thời trình bày lại nghiên cứu gần hình học nghiệm số lớp đa thức Nội dung luận văn gồm chương sau: Chương Kiến thức chuẩn bị: Nhắc lại số khái niệm tính chất cần thiết bao gồm: Bao lồi, tâm tỉ cự, phép biến đổi tuyến tính Chương Định lý Siebeck cho đa thức bậc ba: Trình bày tính chất hình học điểm tới hạn đa thức bậc ba Cụ thể hơn, cho P đa thức bậc ba, nghiệm đạo hàm P gọi điểm tới hạn P Theo định lý Gauss - Lucas, điểm nằm miền tam giác tạo ba đỉnh nghiệm P , giả sử P có ba nghiệm phân biệt Định lý Siebeck cho đa thức bậc ba mơ tả cụ thể vị trí điểm tới hạn Trong chương trình bày kết mở rộng Định lý Siebeck bậc ba Trong phương pháp sử dụng chủ yếu tính chất hình học phẳng phép biến đổi tuyến tính mặt phẳng Chương Đa thức tự nghịch đảo: Trình bày đa thức tự nghịch đảo, lớp đa thức có tập nghiệm "đối xứng" qua đường tròn đơn vị Phần đầu Chương trình bày số tính chất đặc trưng đa thức tự nghịch đảo Phần lại giới thiệu số lớp đa thức tự nghịch đảo cụ thể đưa tính chất hình học nghiệm đa thức Luận văn hoàn thành Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Trong trình học tập thực luận văn này, Trường Đại học Khoa học tạo điều kiện tốt để tác giả học tập, nghiên cứu Tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành đến thầy, khoa Toán - Tin, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Đặc biệt, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Nguyễn Tất Thắng - người trực tiếp giúp đỡ, hướng dẫn kiến thức, tài liệu phương pháp để tác giả hoàn thành đề tài nghiên cứu khoa học Tác giả xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp động viên, cổ vũ, khích lệ giúp đỡ thời gian qua Thái Nguyên, tháng năm Tác giả luận văn Nguyễn Thị Hồng Ánh Chương Kiến thức chuẩn bị Chương nhắc lại số kiến thức sử dụng luận văn 1.1 Bao lồi tâm tỉ cự hệ điểm Định nghĩa 1.1.1 Tập H ⊂ R2 gọi lồi với x, y ∈ H, t ∈ [0; 1] tx + (1 − t)y ∈ H Bổ đề 1.1.2 Tập H ⊂ R2 lồi với x1 , x2 , , xn ∈ H t1 , t2 , , tn ∈ [0; 1] mà t1 + t2 + + tn = n ti xi ∈ H i=1 Chứng minh Nếu H tập lồi, ta chứng minh khẳng định bổ đề quy nạp theo n Với n = 1: Hiển nhiên Với n = 2: Đúng theo định nghĩa tập lồi Giả sử khẳng định đến n = k Lấy x1 , x2 , , xk+1 ∈ H; t1 , t2 , , tk+1 ∈ [0; 1] mà k+1 i=1 ti = Khi x= t1 t2 x1 + x2 ∈ H t1 + t2 t1 + t2 Theo giả thiết quy nạp k+1 k+1 ti xi ∈ H ti xi = (t1 + t2 )x + i=1 i=2 Từ đó, theo nguyên lý quy nạp ta n ti xi ∈ H, i=1 n i=1 ti với n ∈ N, t1 , t2 , , tn ∈ [0; 1], = x1 , x2 , , xn ∈ H Điều ngược lại hiển nhiên Vậy ta có điều phải chứng minh Định nghĩa 1.1.3 Cho U ⊂ R2 Bao lồi U định nghĩa tập lồi nhỏ R2 chứa U Kí hiệu convU Mệnh đề 1.1.4 Bao lồi U xác định sau n convU = t1 x1 + + tn xn ; n ∈ N, ti ≥ 0, ti = 1, xi ∈ U, ∀i i=1 Chứng minh Đặt n n ti xi ; n ∈ N, ti ≥ 0, H := i=1 ti = 1, xi ∈ U i=1 Trước hết, ta chứng minh H tập lồi chứa U Thật vậy, lấy u ∈ U 1.u ∈ H Vậy U ⊂ H Xét n n ti xi ∈ H, ti ≥ 0, u1 = i=1 ti = 1, xi ∈ U, i=1 m m sj yj ∈ H, sj ≥ 0, u2 = j=1 sj = 1, yj ∈ U j=1 Lấy t ∈ [0; 1] , ta có n tu1 + (1 − t)u2 = m (1 − t)sj yj tti xi + i=1 j=1 Nhận thấy n m (1 − t)sj = t + − t = tti + i=1 j=1 Nên tu1 + (1 − t)u2 ∈ H Tức H tập lồi Vậy convU ⊂ H Ngược lại, lấy t1 , t2 , , tn ∈ [0; 1] mà n i=1 ti = x1 , x2 , , xn ∈ U Do x1 , x2 , , xn ∈ convU Vì convU tập lồi nên theo Bổ đề 1.1.2, ta có t1 x1 + t2 x2 + + tn xn ∈ convU Vậy H ∈ convU Ta có điều phải chứng minh Ví dụ 1.1.5 (1) conv {a, b} đoạn thẳng nối a b, với a, b ∈ R (2) Với ba điểm A, B, C ∈ R2 conv {A, B, C} tam giác với ba đỉnh A, B, C Theo mệnh đề trên, điểm x thuộc bao lồi tập hữu hạn điểm x1 , x2 , , xn R2 tồn t1 , t2 , , tn ∈ [0; 1] mà x= n i=1 ti xi n i=1 ti = Khi ta nói x tâm tỉ cự hệ điểm {x1 , x2 , , xn } hệ số {t1 , t2 , , tn } Đối với hệ số bất kì, ta có khái niệm tương tự Trước hết ta có tính chất sau Bổ đề 1.1.6 Trên mặt phẳng cho n điểm A1 , A2 , , An số thực t1 , t2 , , tn mà t1 + t2 + + tn = Khi đó, tồn điểm G mà −−→ −−→ −−→ t1 GA1 + t2 GA2 + + tn GAn = Chứng minh Gọi O gốc tọa độ Khi −−→ −−→ −−→ t1 GA1 + t2 GA2 + + tn GAn = n i=1 −→ ti GO + n i=1 −−→ ti OAi Chọn G cho −→ OG = n i=1 ti n −−→ ti OAi i=1 Ta có điều phải chứng minh Định nghĩa 1.1.7 Ta gọi điểm G Bổ đề 1.1.6 tâm tỉ cự hệ điểm {A1 , A2 , , An } hệ số (t1 , t2 , , tn ) Nếu n i=1 ti = 1, ta nói (t1 , t2 , , tn ) tọa độ tỉ cự điểm G hệ điểm {A1 , A2 , , An } Ví dụ 1.1.8 (1) Cho đoạn thẳng AB K điểm nằm A, B cho KA = 31 KB, điểm K tâm tỉ cự hệ hai điểm {A, B} với tọa độ tỉ cự 4; −−→ −−→ KA + KB = 4 (2) Trung điểm I đoạn thẳng AB tâm tỉ cự hệ hai điểm {A, B} với tọa độ tỉ cự 1 2; → −→ 1− IA + IB = 2 (3) Trọng tâm G tam giác ABC tâm tỉ cự hệ ba điểm {A, B, C} với tọa độ tỉ cự 1 3; 3; −→ −−→ −→ GA + GB + GC = 3 (4) Cho tứ giác ABCD Gọi O, M, N trung điểm cạnh AB, CD, M N , điểm O tâm tỉ cự hệ bốn điểm {A, B, C, D} với tọa độ tỉ cự 1 1 4; 4; 4; −→ −−→ −→ −−→ OA + OB + OC + OD = 4 4 Đối với hệ điểm cho trước điểm mặt phẳng tâm tỉ cự cuả hệ điểm hệ số Điều thể mệnh đề sau 25 Nhận xét 3.1.3 Mọi số phức z thuộc đường trịn đơn vị có tính chất z = z1 Nên đa thức P có tất nghiệm thuộc đường trịn đơn vị đa thức tự nghịch đảo Mệnh đề 3.1.4 n aj z j , aj = P (z) = j=0 Khi khẳng định sau tương đương (i) P đa thức tự nghịch đảo (ii) an P (z) = a0 z n P z , ∀z = (iii) a0 aj = an an−j , j = 0, 1, , n Chứng minh (i) → (ii): Giả sử P đa thức tự nghịch đảo Gọi {z1 , z2 , , zn } 1 z1 , z2 , , zn tập nghiệm P Khi nghiệm P Do n (z − P (z) = an i=1 Suy an (−1)n z P( ) = n z zi ) zi n n (z − zi ) i=1 i=1 Theo định lý Viet n zi = (−1)n i=1 Vì n z P z an an = a0 a0 an n (z − zi ) = i=1 an P (z) a0 Ta có điều phải chứng minh (ii) → (iii): Ta có a0 z n P z = a0 (an + an−1 z + + a0 z n ) 26 Từ đó, đồng hệ số hai vế ta an P (z) = a0 z n P , ∀z z Tương đương với a0 aj = an an−j , ∀j = 0, 1, , n (ii) → (i): Giả sử an P (z) = a0 z n P , ∀z z Gọi {z1 , z2 , , zn } tập nghiệm P (z) Thì an P (z) = an an (z − z1 ) (z − zn ) Nên a0 z n P z = an an (z − z1 ) (z − zn ) Suy a0 1 P (z) = an an ( − z1 ) ( − zn ) n z z z Tức a0 P (z) = z1 zn an an (−1)n (z − 1 ) (z − ) z1 zn Từ đẳng thức suy a0 = nên z1 , z2 , , zn = Vậy a0 P (z) = z1 zn an an (−1)n (z − Nói cách khác 1 z1 , z2 , , zn 1 ) (z − ) z1 zn tập nghiệm P (z) Ta có điều phải chứng minh Ví dụ 3.1.5 Chứng minh đa thức sau đa thức tự nghịch đảo (a) P (z) = z + (b) P (z) = z − z + iz + i Chứng minh (a) Ta có P (z) = z + 1; a0 = 1; a1 = 0; a2 = 0; a3 = 1; n = 27 Suy P (z) = z + P ( z1 ) = z3 + Vậy z P ( z1 ) = + z Từ suy a3 P (z) = a0 z P z , ∀z = Theo Mệnh đề 3.1.4 ta suy P (z) đa thức tự nghịch đảo (b) Ta có P (z) = z − z + iz + i; a0 = 1; a1 = −1; a2 = i; a3 = i; n = Suy P (z) = z − z − iz − i P ( z1 ) = z3 − z2 − zi − i Vậy z P ( z1 ) = − z − iz − iz Từ suy a3 P (z) = a0 z P z , ∀z = Theo Mệnh đề 3.1.4 ta suy P (z) đa thức tự nghịch đảo Mệnh đề 3.1.6 Nếu P đa thức tự nghịch đảo n aj z j , aj = P (z) = j=0 (i) an [n.P (z) − z.P (z)] = a0 z n−1 P (ii) n.P (z) z.P (z) z , ∀z − = 1, ∀z mà |z| = không nghiệm bội P (z) Chứng minh (i) Từ bổ đề trên, ta có , ∀z = z an P (z) = a0 z n P Lấy đạo hàm hai vế ta an P (z) = n.a0 z n−1 P z − a0 z n P z2 z Nhân hai vế với z ta có an z.P (z) = n.an P (z) − a0 z n−1 P z Suy , ∀z z (ii) Nếu z có |z| = z khơng nghiệm bội P P (z) = an [n.P (z) − z.P (z)] = a0 z n−1 P Thật vậy, giả sử P (z) = Từ (i) suy an n.P (z) = a0 z n−1 P z 28 Lấy liên hợp hai vế ta an n.P (z) = a0 z n−1 P (z) Lưu ý z = z z nên P = P (z) Suy P (z) = Bây giờ, giả sử |z| = z nghiệm bội P (z) Từ (i) ta chia hai vế cho z.P (z), thu an n.P (z) n−1 P z − = a0 z z.P (z) P (z) Vì P đa thức tự nghịch đảo, từ mệnh đề ta có a0 a0 = an an , tức |a0 | = |an | Lấy mođun hai vế ta có P z1 n.P (z) −1 = z.P (z) |P (z)| Nhưng P z z = P (z) nên P = |P (z)| Vậy n.P (z) − = z.P (z) Với P (z) = an z n + + a1 z + a0 , đặt [P (z)]∗ = z n P z = a0 z n + a1 z n−1 + + an đa thức có nghiệm đối xứng với nghiệm P (z) qua đường tròn đơn vị Dễ thấy, |z| = |P (z)| = [P (z)]∗ Từ Mệnh đề 3.1.4 ta có đa thức g(z) tự nghịch đảo g(z) = c [g(z)]∗ với |c| = Đẳng thức phần (i) viết lại sau z.g (z) + c [g(z)]∗ = m.g(z), g(z) đa thức tự nghịch đảo bậc m Ta có điều phải chứng minh Mệnh đề 3.1.7 Cho g(z) đa thức tự nghịch đảo Nếu g (z) = với |z| = z nghiệm bội g(z) 29 Chứng minh Ta chứng minh g(1) = g (1) = Thật vậy, viết m (z − zi ) g(z) = i=1 Khi g (1) = g(1) m ωj , j=1 với ωj = (1 − zj )−1 Xét ánh xạ ω : z → ω = (1 − z)−1 Nếu z = a + bi, (a, b ∈ R) thuộc đường tròn đơn vị, tức a2 +b2 = Khi ω(z) = (1−z)−1 có phần thực 21 Do vậy, ánh xạ ω biến đường tròn đơn vị C thành đường thẳng ω ∈ C : reω = L := Vì g đa thức tự nghịch đảo {z1 , z2 , , zn } = Ánh xạ ω biến z1 , z1 1 , , , z1 z2 zn thành điểm đối xứng qua đường thẳng L Do m m ωj = i=1 ω(zj ) = i=1 Tức g (1) = Bằng cách đổi biến P (z) = g(λz), với |λ| = 1, cần, ta chứng minh g(λ) = 0, |λ| = g (λ) = Lưu ý g(λz) đa thức tự nghịch đảo với |λ| = Ta có điều phải chứng minh Định lý 3.1.8 (Xem [1]) Cho g(z) = bm z m + + b1 z + b0 đa thức tự nghịch đảo Khi số nghiệm bên đường trịn đơn vị C : |u| = g(z) đa thức ∗ G(z) := c [g (z)] = m.bm + (m − 1).bm−1 z + + b1 z m−1 30 Ta cần sử dụng định lý sau Định lý 3.1.9 (Định lý Rouche, Xem [6]) Cho c ∈ C đường cong Jordan đóng đơn P (z), Q(z) hai đa thức thỏa mãn |P (z)| < |Q(z)| , ∀z ∈ C Khi hàm F (z) = P (z) + Q(z) có số nghiệm thuộc miền C với đa thức Q(z) Bổ đề 3.1.10 Cho ε > 0, R(λ, z) họ đa thức theo z, hệ số phụ thuộc liên tục vào λ ∈ R Giả sử với λ, < λ < ε, đa thức f (z) + λR(λ, z) có số nghiệm thuộc miền C h (không phụ thuộc vào λ ∈ (0; ε) Khi số nghiệm thuộc miền C f (z) không lớn h Chứng minh Giả sử số nghiệm f (z) bên đường tròn đơn vị C lớn h Chọn C1 đường cong đóng chứa miền C mà C1 không qua nghiệm f (z), C1 chứa tất nghiệm f (z) bên Vì hệ số R(λ, z) liên tục theo λ, nên với z ∈ C1 với λ đủ nhỏ ta có |λ.R(λ, z)| ≤ |λ| max |R(z)| < |f (z)| , ∀z ∈ C1 |z|≤ε Do f (z) khơng có nghiệm C1 nên minz∈C1 |f (z)| > 0) Theo Định lý Rouche, hàm f (z) + λR(λ, z) có số nghiệm thuộc miền C1 với f (z), mâu thuẫn Vậy bổ đề chứng minh Chứng minh.(Định lý 3.1.8) Gọi p p1 số nghiệm bên C g(z) c.[g (z)]∗ (a) p1 ≤ p : Gọi ε > đủ nhỏ cho với < λ < ε đa thức g ((1 − λ)z) 31 có số nghiệm thuộc miền C p g đa thức tự nghịch đảo nên ta có c [g ((1 − λ)z)]∗ = (1 − λ)m g z 1−λ Ta có H(λ, z) := g ((1 − λ)z) − (1 − λ)m c [g ((1 − λ)z)]∗ = g ((1 − λ)z) − (1 − λ)2m g z 1−λ Từ Định lý Rouche suy H(λ, z) có p nghiệm |z| < Ta viết H(λ, z) dạng sau H(λ, z) = H(0, z) + λHλ (0, z) + λ2 R(λ, z) Ta có H(0, z) = H(λ, z) = Hλ (0, z) + λ.R(λ, z) λ = (−2z.g (z) + 2m.g(z)) + λ.R(λ, z) ∗ = 2c [g (z)] + λ.R(λ, z) Áp dụng Bổ đề 3.1.10 ta p1 ≤ p (b) p ≤ p1 : Trên đường trịn |z| = ta có ∗ ∗ |z.g (z)| = |g (z)| = [g (z)] = c [g (z)] Cho < λ < 1, từ Định lý Rouche suy đa thức ∗ h(λ, z) = c [g (z)] + (1 − λ).z.g (z) có p1 nghiệm thuộc miền đường tròn |z| = Ta lại có ∗ h(λ, z) = c.[g (z)] + z.g (z) − λ.z.g (z) = m.g(z) − λ.z.g (z) Tiếp tục áp dụng Bổ đề 3.1.10 ta nhận p ≤ p1 Vậy p = p1 Ta có điều phải chứng minh 32 Hệ 3.1.11 Đa thức g(z) có tất nghiệm nằm đường tròn đơn vị g(z) đa thức tự nghịch đảo nghiệm g (z) thuộc đĩa đơn vị đóng {|z| ≤ 1} Chứng minh Từ nhận xét 3.1.3 đa thức có tất nghiệm nằm đường trịn đơn vị đa thức tự nghịch đảo Vì ta giả sử g(z) đa thức tự nghịch đảo Nên g(z) có tất nghiệm nằm đường tròn đơn vị khơng có nghiệm thuộc miền đường trịn đơn vị Theo Định lý 3.1.8 điều tương đương với đa thức [g (z)]∗ khơng có nghiệm thuộc miền đường tròn đơn vị Nhận xét nghiệm [g (z)]∗ nghịch đảo qua đường tròn đơn vị nghiệm g (z) Vì vậy, khẳng định tương đương với nghiệm g (z) thuộc đĩa đơn vị đóng {|z| ≤ 1} Ta có điều phải chứng minh 3.2 Tính chất hình học lớp đa thức tự nghịch đảo Trong mục ta xét lớp đa thức sau Pλ (z) = z [(z − a)(z − b)] − λ (1 − az)(1 − bz) , (∗) a, b, λ ∈ C với |λ| = Bổ đề 3.2.1 Pλ (z) đa thức tự nghịch đảo Chứng minh Ta có 33 z3P ( ) = z3 z 1 1 ( − a)( − b) − λ(1 − a )(1 − b ) z z z z z = (1 − az)(1 − bz) − λz(z − a)(z − b) λ(1 − az)(1 − bz) − z(z − a)(z − b) = λ = − P (z) λ Vậy P (z) = −λz P z Mà |−λ| = Theo Mệnh đề 3.1.4 ta có P (z) đa thức tự nghịch đảo Định lý 3.2.2 (Xem [3]) Cho a, b, λ ∈ C, |λ| = đa thức Pλ (z) cho công thức (*) Giả sử ba nghiệm z1 , z2 , z3 Pλ (z) phân biệt nằm đường tròn đơn vị Khi ba đường thẳng nối hai ba nghiệm đó, chẳng hạn z1 z2 , tiếp xúc với đường conic sau ||z − a| ± |z − b|| = |1 − ab| , (1) điểm λ3 = m1 z2 + m2 z1 , m1 + m2 m1 , m2 , m3 ∈ R, thỏa mãn (z − a)(z − b) m2 m3 m1 = + + (∗∗) (z − z1 )(z − z2 )(z − z3 ) z − z1 z − z2 z − z3 Hơn nữa, đường conic (1) đường elip a, b đồng thời thuộc miền miền ngồi đường trịn đơn vị Nếu ngược lại, (1) đường hypebol Chứng minh Cho a, b, c ∈ C với |λ| = Cho Pλ (z) theo cơng thức (*) có ba nghiệm đơi phân biệt z1 , z2 , z3 nằm đường tròn đơn vị Cho m1 , m2 , m3 thỏa mãn giả thiết định lý Khi m1 + m2 + m3 = 34 Nhân hai vế (**) với z − z3 , sau lấy giới hạn z → z3 ta Pλ (z3 ) = m3 (z3 − a)(z3 − b) (z3 − a) (z3 − b) + z3 (z3 − b) + z3 (z3 − a) + λ a − bz3 − b (1 − az3 ) = (z3 − a) (z3 − b) a z3 b z3 + + + =1+ z3 − a z − a z3 − b z − b − |b|2 − |a|2 + (3) =1+ |z3 − a|2 |z3 − b|2 Ta có cơng thức tương tự cho m1 m2 Từ suy m1 , m2 , m3 ∈ R+ Từ công thức (*) thay z = a ta nhận m1 a − z1 m3 = a − z3 m3 = a − z3 m3 = a − z3 0= m2 m3 + a − z2 a − z3 (m1 + m2 )a − (m1 z2 + m2 z1 ) + (a − z1 )(a − z2 ) (m1 + m2 )(a − λ3 ) + (a − z1 )(a − z2 ) (1 − m3 )(a − λ3 ) + (a − z1 )(a − z2 ) + Từ suy λ3 − a = m3 (a − z1 )(a − z2 ) (∗ ∗ ∗) − m3 a − z3 Tương tự thay z = b công thức (**) ta thu λ3 − b = m3 (b − z1 )(b − z2 ) − m3 b − z3 Ta có Pλ (z) = z [(z − a)(z − b)] − λ (1 − az)(1 − bz) = (z − z1 )(z − z2 )(z − z3 ) Thay z = a chia hai vế đẳng thức cho (a − z3 )2 ta (a − z1 )(a − z2 ) −λ(1 − |a|2 )(1 − ba) = a − z3 (a − z3 )2 35 Kết hợp với công thức (***) ta λ(1 − |a|2 )(1 − ba) m3 − λ3 − a = − m3 (a − z3 )2 Tương tự m3 λ(1 − |b|2 )(1 − ab) λ3 − b = − − m3 (b − z3 )2 Lấy mođun hai vế, kết hợp với |λ| = |1 − ab| = − ba ta có   2 − |a| − |b| m3  ± |λ3 − a| ± |λ3 − b| = |1 − ab|  ± − m3 |a − z3 | |b − z3 | Ta chọn dấu (+) dấu (-) cho ± − |a|2 = − |a|2 ± − |b|2 = − |b|2 Nói riêng, |a| ≤ |b| ≤ ta chọn dấu (+), |a| > |b| > ta chọn dấu (-), ngược lại ta chọn dấu (+) dấu (-) Kết hợp công thức (3) ta nhận ||λ3 − a| ± |λ3 − b|| = m3 − = |1 − ab| |1 − ab| − m3 m3 Vây λ3 thỏa mãn phương trình đường conic (1), đường thẳng qua z1 z2 cắt đường conic (1) λ3 = m1 z2 + m2 z1 m1 + m2 Mặt khác, đường thẳng tiếp xúc với đường conic có tiêu điểm a b λ3 tạo với đường thẳng nối λ3 , a λ3 , b góc Thay λ3 vào cơng thức (**) ta có (λ3 − a)(λ3 − b) m2 m3 m1 = + + (λ3 − z1 )(λ3 − z2 )(λ3 − z3 ) λ3 − z1 λ3 − z2 λ3 − z3 Ta lại có m1 m2 + = λ3 − z1 λ3 − z2 Nên (λ3 − a)(λ3 − b) = m3 (λ3 − z1 )(λ3 − z2 ) 36 Lấy acgumen hai vế ta có arg λ3 − a λ3 − z1 + arg λ3 − b λ3 − z = arg λ3 − a λ3 − z1 + arg λ3 − b λ3 − z2 = π Nếu m3 > λ3 nằm z1 , z2 đẳng thức 0, m3 < λ3 nằm ngồi đoạn z1 , z2 đẳng thức π Trong hai trường hợp ta nhận đường thẳng qua z1 , z2 cắt đường conic (1) λ3 tạo với đường nối λ3 , a λ3 , b góc Vậy z1 , z2 tiếp xúc với đường conic (1) λ3 Ta có điều phải chứng minh Nhận xét 3.2.3 Nếu |a| < |b| < định lý Định lý 2.3.1 37 Kết luận Luận văn trình bày tính chất hình học nghiệm số lớp đa thức Nội dung luận văn xoay quanh Định lý Seibeck bậc ba Nói rằng, điểm tới hạn đa thức bậc ba tiêu điểm elip nội tiếp tam giác tạo ba nghiệm tam giác Nội dung luận văn trình bày số mở rộng định lý Cụ thể (1) Trong chương 2, cách sử dụng phép biến đổi tuyến tính mặt phẳng, chúng tơi tồn elip nội tiếp tam giác (Định lý 2.2.3) Từ đó, đưa mở rộng Định lý Siebeck bậc ba (Định lý 2.3.1) (2) Trong chương trình bày đa thức mà tập nghiệm đối xứng qua đường tròn đơn vị - gọi đa thức tự nghịch đảo Phần đầu chương đưa số tiêu chuẩn để đa thức đa thức tự nghịch đảo (Mệnh đề 3.1.4) trình bày số tính chất đa thức (Mệnh đề 3.1.6 Định lý 3.1.8) Phần giới thiệu lớp đa thức tự nghịch đảo đưa tính chất hình học nghiệm điểm tới hạn đa thức Đây mở rộng Định lý Siebeck bậc ba 38 Tài liệu tham khảo [1] G Ancochea (1953), zeros of self - inversive polynomials, proceedings of AMS, 4, 900-902 [2] B Bogosel (2017), "A geometric proof of the Siebeck - Marden theorem", American Math Mothly, 124(3), 459-463 [3] W Calbeck (2019), "Self - inversive polynomials whose roots envelope conics", Arxiv, https://arxiv.org/abs/1511.01340 pp 1-9 [4] P Gorkin (2019), "Four theorems with their foci on ellipses", American Math Monthly, 126 (2), pp 99-111 [5] D Kalman (2008), "An elementary proof of Marden’s theorem", American Math Monthly, 115(4), pp 330-338 [6] M Marden (1966), Geometry of Polynomials, 2nd ed, Providence, RI American Mathematical Society [7] P R Mercer (2010), "Another application of Siebeck’s theorem" American Math Monthly, 117(5), pp 452- 454 [8] P J Ohara and R.S Rodriguez (1974), some properties of selfinversive polynomials, proceedings of AMS , vol 44(2), 331-335 Thái Nguyên, ngày 25 tháng 12 năm 2019 Người hướng dẫn khoa học TS Nguyễn Tất Thắng Học viên Nguyễn Thị Hồng Ánh ... bày số tính chất đặc trưng đa thức tự nghịch đảo Phần lại giới thiệu số lớp đa thức tự nghịch đảo cụ thể đưa tính chất hình học nghiệm đa thức Luận văn hoàn thành Trường Đại học Khoa học - Đại học. .. trình bày số tính chất đa thức tự nghịch đảo, đưa đặc trưng trình bày số lớp ví dụ cho đa thức tự nghịch đảo Chương trình bày nội dung theo tài liệu số [1] số [3] 3.1 Một số tính chất đa thức tự...ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THỊ HỒNG ÁNH TÍNH CHẤT HÌNH HỌC CỦA NGHIỆM CỦA MỘT SỐ ĐA THỨC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13