Công thức nghiệm cho một số lớp đa thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - HỒNG VĂN HƯỜNG CƠNG THỨC NGHIỆM CHO MỘT SỐ LỚP ĐA THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - HOÀNG VĂN HƯỜNG CÔNG THỨC NGHIỆM CHO MỘT SỐ LỚP 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 ĐOÀN TRUNG CƯỜNG THÁI NGUYÊN - 2019 Mục lục Mở đầu Chương Nghiệm số nghiệm phương trình đa thức 1.1 Cơng thức nghiệm đa thức có bậc nhỏ nghiệm hữu tỷ 1.2 Quy tắc dấu Descartes Định lý Sturm số nghiệm thực đa thức 12 Chương Phép biến đổi Tschirnhaus ứng dụng 21 2.1 Phương pháp biến đổi Tschirnhaus 21 2.2 Nghiệm đa thức ax2µ + bxµ − xν + c = 29 Chương Phương pháp giải tích nghiệm xấp xỉ 35 3.1 Chặn nghiệm 35 3.2 Phương pháp xp x Newton v Phng phỏp xp x Mă uller 40 Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 46 i Mở đầu Tìm hiểu cơng thức nghiệm đa thức biến toán quan trọng toán học Từ lâu người ta biết cơng thức nghiệm cho phương trình bậc 1, 2, 3, Từ cơng trình Abel Galois, người ta biết có nhiều đa thức bậc trở lên khơng có cơng thức đại số biểu diễn nghiệm Bên cạnh có nhiều đa thức bậc cao mà nghiệm biểu diễn cơng thức đại số Việc tìm cơng thức này, mặt khác, tốn khó Trong luận văn này, hướng dẫn tiến sĩ Đồn Trung Cường, chúng tơi chọn đề tài “Cơng thức nghiệm cho số lớp đa thức” để làm nội dung nghiên cứu Mục tiêu luận văn tìm hiểu số phương pháp tìm nghiệm xác nghiệm xấp xỉ số lớp đa thức bậc cao Ngoài phần Mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo, nội dung luận văn chia làm ba chương Chương Nghiệm số nghiệm phương trình đa thức Trong chương chúng tơi trình bày số kết cơng thức nghiệm đa thức bậc 1, 2, 4, nghiệm hữu tỉ, nghiệm bội, nguyên lý đổi dấu Descartes định lý Sturm Chương Phép biến đổi Tschirnhaus ứng dụng Phép biến đổi Tschirnhaus đưa đa thức đa thức có nhiều hệ số Chương trình bày phép biến đổi Tschirnhaus ứng dụng phép biến đổi Tschirnhaus để đưa công thức nghiệm dạng thức lồng Chương Phương pháp giải tích nghiệm xấp xỉ Việc tìm tất nghiệm đa thức nói chung khả thi Thay vào người ta tìm cách khoanh vùng nghiệm đa thức tất nghiệm đa thức Chương trình bày chặn nghiệm đa thức, phương pháp Newton, phng phỏp Mă uller, phng phỏp s v cụng thức giải tích tìm nghiệm phương trình đại số Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến TS Đoàn Trung Cường, định hướng chọn đề tài nhiệt tình hướng dẫn để tơi hồn thành luận văn Tơi xin chân thành cảm ơn giúp đỡ quý báu thầy cô giáo khoa Tốn Tin, thầy giáo tận tâm giảng dạy, hướng dẫn, giúp đỡ tác giả q trình học tập hồn thành luận văn Xin cảm ơn người thân gia đình tất người bạn thân yêu thông cảm, chia sẻ tạo điều kiện tốt cho tơi để tơi học tập, nghiên cứu thực luận văn Xin chân thành cảm ơn Thái Nguyên, tháng 10 năm 2019 Người viết luận văn Hoàng Văn Hường Chương Nghiệm số nghiệm phương trình đa thức Chương trình bày số kết cổ điển công thức nghiệm đa thức bậc 1, 2, và số nghiệm đa thức 1.1 Cơng thức nghiệm đa thức có bậc nhỏ nghiệm hữu tỷ Với đa thức nói chung, từ đầu Thế kỷ 19 người ta biết không tồn công thức đại số chứa thức để biểu diễn nghiệm đa thức Cơng thức hay thuật tốn tìm nghiệm tồn số trường hợp đa thức có bậc nhỏ có dạng đặc biệt lớp nghiệm đặc biệt Trong tiết nhắc lại công thức nghiệm trường hợp đa thức bậc 1, 2, 3, cách tìm nghiệm hữu tỷ Cho k trường, đa thức P (x) với biến x hệ số k có dạng P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + an xn , a0 , , an ∈ k Nếu P = 0, tức a0 = a1 = · · · = an = 0, ta nói đa thức P có bậc −∞, ký hiệu deg P = −∞ Nếu P = an = ta nói đa thức P có bậc n, ký hiệu deg P = n Hạng tử an xn gọi hạng tử cao P, an gọi hệ số cao P Tập đa thức biến với hệ số k ký hiệu k[x] Định nghĩa 1.1.1 Cho đa thức P ∈ k[x], phần tử α ∈ k gọi không điểm (hay nghiệm) đa thức P P (α) = Các phương trình có bậc lớn việc giải khó, kể xét số nghiệm hay số tính chất nghiệm Dưới ta nhắc lại công thức nghiệm cổ điển phương trình đa thức có bậc 1, 2, Để tiện trình bày, ta giả sử phương trình có hệ số trường số thực R Trường hợp phương trình với hệ số trường l giải tương tự với lưu ý điều kiện khai đặc số trường Phương trình bậc (hay phương trình tuyến tính) phương trình đa thức có dạng ax + b = 0, a = Phương trình có nghiệm x = −b/a Phương trình bậc hai phương trình đa thức có dạng ax2 + bx + c = 0, a = (1.1.1) Bằng biến đổi quen thuộc, phương trình (1.1.1) tương đương với phương trình b x+ 2a = b2 − 4ac 4a2 (1.1.2) Ký hiệu ∆ = b2 − 4ac gọi biệt thức phương trình Nếu ∆ ≥ phương trình có hai nghiệm thực (có thể trùng nhau) √ √ −b + ∆ −b − ∆ , x2 = x1 = 2a 2a Nếu ∆ < phương trình khơng có nghiệm thực mà có hai nghiệm phức x1 = −b − i |∆| −b + i |∆| , x2 = 2a 2a Phương trình bậc ba αx3 + βx2 + γx + δ = 0, α = (1.1.3) Do α = nên chia hai vế cho α, ta đưa phương trình dạng x3 + px2 + qx + r = (1.1.4) Bằng cách đặt x=y− p ta đưa phương trình (1.1.4) phương trình dạng y + ay + b = 0, (1.1.5) với 1 a = (3q − p2 ), b = (2p3 − 9pq + 27r) 27 Giả sử y ∈ C nghiệm phương trình (1.1.5) Đặt y = u + v với u, v ∈ C Như v chọn tùy ý Thay vào (1.1.5) ta có (u + v)3 + a(u + v) + b = hay (u3 + v + b) + (u + v)(3uv + a) = Chọn u, v cho 3uv + a = Khi đó, ta có hệ  u3 + v + b = 3uv = −a Hệ tương đương  u3 + v = −b u3 v = − a 27 Như u3 , v nghiệm phương trình t2 + bt − a3 = Từ phương trình 27 ta tìm u3 v , từ ta tìm u, v Khi đó, phương trình (1.1.5) có ba nghiệm y1 = A + B, y2 = − (A + B) + y3 = − (A + B) − √ i (A − B), √ i (A − B), i2 = −1 A= B= b − + b a3 + , 27 b − − b2 a3 + 27 Ba nghiệm kiểm tra sau: (y − y1 )(y − y2 )(y − y3 ) = (y − A − B) y + (A + B)y + A2 − AB + B = y − 3ABy − (A + B)(A2 − AB + B ) = y − 3ABy − A3 − B = y + ay + b Giả sử hệ số p, q, r số thực (khi a b số thực) Ta có ba trường hợp: • trường hợp b2 + a3 27 > Phương trình (1.1.5) nghiệm thực y = y1 hai nghiệm phức liên hợp • trường hợp b2 + a3 27 = 0, suy a ≤ Nghiệm phương trình (1.1.5) có khả (y1 , y2 , y3 ) = • trường hợp b2 + a3 27   − − a3 ,    −a, −    (0, 0, 0) − a3 , − a3 − a3 , − − a3 b > b < b = < Phương trình (1.1.5) có ba nghiệm thực phân biệt yk = a φ 2kπ − cos + , 3 k = 0, 1, 2, cos φ =  −  b2 /4 −a3 /27 b2 /4 −a3 /27 b > b < Mỗi nghiệm yk thu tương ứng với nghiệm xk = yk − p/3 phương trình (1.1.4) Như vậy, phương trình bậc ba có nghiệm thực có nghiệm thực Ví dụ 1.1.2 Giải phương trình x3 + 3x2 + 12x − 16 = Đặt x = y − ta y + 9y − 26 = 4a3 Có ∆ = + = 784 > 0, suy u3 = 27 Chọn u = 3, v = −1 Suy 27 y = u + v = − = 2, dẫn đến x = Phương trình ban đầu trở thành b2 (x − 1)(x2 + 4x + 16) = Do phương trình có nghiệm √ x = 1, x = −2 ± 3i Phương trình bậc bốn có dạng αx4 + βx3 + γx2 + δx + ϕ = 0, α = Có số cách giải phương trình Chúng tơi đưa cách giải phổ biến Ta đưa phương trình dạng x4 + ax3 + bx2 + cx + d = 0, hay x4 + ax3 = −bx2 − cx − d Thêm (1.1.6) a2 x vào hai vế, ta x2 + ax 2 a2 −b = x2 Cộng vào hai vế phương trình với x2 + x2 + ax y + 2 = a2 −b−y x2 + − cx − d y2 ax y+ , ay −c x+ y2 −d (1.1.7) Chọn y cho tam thức bậc hai theo x vế phải có nghiệm kép, hay ∆= ay −c 2 −4 a2 −b−y y2 −d = 0, hay tương đương y − by + (ac − 4d)y − d(c2 − 4b) − c2 = (1.1.8) Do đó, H7 = u ∆3 b − − a 4ba a 1/2 c + H7 , 2b ∆3 = 4bd − c2 Từ công thức thức lồng nhau, ta suy nghiệm (2.2.6) H = H7 = H7 (a, b, c, d, u) = ∆3 b u − − a 4ba a 1/2 c + 2b ∆3 b u − − a 4ba a 1/2 c + · · · 2b (2.2.7) Xét phương trình ax3µ + bx2µ + cxµ + d = xν (2.2.8) Rõ ràng (2.2.8) ta thay u xν H7 xµ ta thu phương trình bậc theo xµ kiều kiện định ta viết phương trình thành xµ = H7 (a, b, c, d, xν ) (2.2.9) hay tương đương x= H7 (a, b, c, d, xν ) µ hay tương đương xν = µ/ν H7 (a, b, c, d, xν ) Từ đó, ta thu định lý sau Định lý 2.2.4 Nếu H7 hàm xác định (2.2.6) phương trình (2.2.8) có nghiệm dạng lồng x= µ/ν H7 a, b, c, d µ/ν H7 (a, b, c, d, µ/ν H7 (a, b, c, d, )) (2.2.10) Chú ý 2.2.5 Ở ta không nhắc đến điều kiện tồn cơng thức muốn thiết lập cơng thức mà với phương pháp số Định lý 2.2.6 Cho phương trình bậc tổng quát ak xk = k=0 32 (2.2.11) Sử dụng phép biến đổi Tschirnhaus ta viết dạng y = ay + by + cy + d, (2.2.12) Phương trình có nghiệm y = h7 a, b, c, d, 1/7 1/7 H7 (a, b, c, d, H7 (a, b, c, d, )) (2.2.13) Chứng minh Cho ν = µ = Định lý 2.2.4 ta thu kết cần chứng minh Ví dụ 2.2.7 Xét phương trình x7 = x3 + x2 − 1/2 (2.2.14) Ta muốn tìm nghiệm (2.2.14) Với mục tiêu này, ta tìm H7 nghiệm phương trình H73 + H72 − 1/2 = u Giải phương trình khai triển (2.2.7) ta thu H7 (u) = u+ − 3/2 u+ − 3/2 u+ − Do đó, nghiệm (2.2.14)  x = H7  1/7  H7 1/7 H7 1/7 H7 ( .)  hay tương đương x= x7 + − 3/2 x7 + − 3/2 x7 + − (2.2.15) Ví dụ 2.2.8 Trường hợp phương trình đa thức bậc tổng quát mà tương đương với x8 = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e (2.2.16) Với phương pháp bên trên, H = H8 có bậc phương trình giải dạng thức nên phương trình ban đầu giải dạng lồng 33 Nhưng thay giải phương trình bậc ta xét hàm H7 (u) sử dụng phép đổi biến x = H7 (u) (2.2.16) ta có H78 (u) = aH74 (u) + u (2.2.17) H8 (u) = H78 (u) − aH74 (u), (2.2.18) Theo cách này, ta có với H7 (u) = H7 (a, b, c, d, e; u) khai triển (2.2.7) H8 (ξ) = ξ, x = H7 (ξ) (2.2.19) Phương trình đa thức bậc có H = H9 deg(H9 ) = Phương trình ta muốn giải ak xk = (2.2.20) k=0 Bằng phép biến đổi Tschirnhaus y = kx4 + lx3 + mx2 + nx + s, phương trình rút gọn thành ay + by + cy + dy + ey + f = y (2.2.21) Do ta xây dựng hàm H9 = H9 (u) cho aH9 (u)5 + bH9 (u)4 + cH9 (u)3 + dH9 (u)2 + eH9 (u) + f = u Với cách xây dựng này, lần ta sử dụng phép biến đổi Tschirnhaus G9 (u) = k H9 (u)4 + l H9(u)3 + m H9 (u)2 + n H9 (u) + s , (k , l , m , n , s ) phụ thuộc vào (a, b, c, d, e, u) Ta thu G9 (u)5 + AG9 (u) + B = 0, với A, B hàm biến (a, b, c, d, e, u), ký hiệu gọn lại A = A(u), B = B(u) G9 (u) = −B − A √ −B − A −B − · · · Cuối cùng, thay (2.2) vào (2.2) giải theo H9 (u) Do đó, với ký hiệu bên trên, ta thu định lý sau Định lý 2.2.9 Một nghiệm (2.2.21) kx4 + lx3 + mx2 + nx + s = H9 1/9 H9 1/9 H9 (· · · ) (2.2.22) Bằng phương pháp này, ta thấy ta giải phương trình đa thức với nghiệm dạng lồng 34 Chương Phương pháp giải tích nghiệm xấp xỉ Trong chương trước ta xét số phương pháp đại số để tìm nghiệm phương trình đa thức Điểm mạnh phương pháp nghiệm tìm nghiệm xác Điểm yếu tìm nghiệm xác nên khơng phải lúc tìm nghiệm lớp phương trình tìm nghiệm Trong tiết ta xét số phương pháp giải tích để tìm nghiệm Các phương pháp khơng cho nghiệm xác mà cho nghiệm xấp xỉ, nhiên điểm mạnh áp dụng cho phương trình đa thức thực Ta xét phng phỏp lp Newton v phng phỏp Mă uller Chỳng hội tụ nhanh cho phép ta tìm nghiệm phương trình phi tuyến Chương viết dựa tài liệu [6, 7] 3.1 Chặn nghiệm Việc tìm nghiệm xác đa thức nói chung khơng khả thi Thay vào đó, người ta tìm cách đánh giá đưa nghiệm xấp xỉ Trong phần ta xét số đánh Mệnh đề 3.1.1 Xét đa thức thực p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , với a0 , , an ∈ R, an = Đa thức p(x) có nghiệm, thực phức, 35 nằm hình trịn bán kính ρ1 quanh gốc tọa độ mặt phẳng phức, ρ1 = Trong trường hợp a1 = 0, ta có a0 a1 a0 , a1 n n a0 an = ∞ ρ1 = n (3.1.1) a0 an Chứng minh Nếu f (x) có nghiệm hiển nhiên Giả sử f (x) có n nghiệm (thực phức) x1 , x2 , , xn , n ≥ 1, khác Giả sử nghiệm xk có mơđun |xk | nhỏ nghiệm f (x) Theo định lý Viete, ta có x1 x2 · · · xk · · · xn = a0 an Suy a0 = |x1 x2 · · · xk · · · xn | = |x1 ||x2 | · · · |xk | · · · |xn | ≥ |xk |n an Dẫn đến đánh giá |xk | ≤ n a0 an Dấu đạt tất nghiệm f (x) có môđun Mặt khác, theo định lý Viete, ta có x1 x2 · · · xn−1 + x2 x3 · · · xn + xn x1 · · · xn−2 = (−1)n a1 a0 x1 x2 · · · xk · · · xn = a0 an Suy a1 = |x1 x2 · · · xn−1 + · · · + x2 x3 · · · xn + xn x1 · · · xn−2 | an (3.1.2) a0 = |x1 x2 · · · xk · · · xn | an (3.1.3) Lấy vế tương ứng (3.1.2) chia cho (3.1.3), ta a1 |x1 x2 · · · xn−1 + · · · + x2 x3 · · · xn + xn x1 · · · xn−2 | = a0 |x1 x2 · · · xk · · · xn | = x1 x2 · · · xn−1 + · · · + x2 x3 · · · xn + xn x1 · · · xn−2 x1 x2 · · · xk · · · xn = 1 1 + + ··· + + ··· + x1 x2 xk xn 36 ≤ 1 1 + + ··· + + ··· + ≤n x1 x2 xk xn xk Suy |xk | ≤ n a0 a1 Từ đó, ta có điều phải chứng Dấu “=” có tất nghiệm f (x) dấu có mơđun Mệnh đề 3.1.2 Nếu ta đặt ρ2 = + max 0≤k≤n−1 ak an (3.1.4) tất không điểm p(x) phải nằm hình trịn bán kính ρ2 quanh gốc tọa độ Chứng minh Ta có f (x) = an xn 1+ an−1 an−2 a0 + + ··· + an x an x an x n ak với |x| ≤ hiển nhiên ta có |x| ≤ + A Xét 0≤k≤n−1 an nghiệm |x| > từ f (x) = ta có Đặt A = max A = max −1 = a0 an−1 an−2 + + · · · + an x an x an x n Suy 1≤ an−1 an−2 a0 1 + · · + ··· + · n an x an x an x ≤A ≤ 1 + + ··· + n x x x A · |x| − x = = A 1− · |x| − xn x A |x| − Do |x| > suy A ≥ |x| − 1, hay |x| ≤ + A, ta có điều phải chứng minh Việc tìm tất nghiệm đa thức nói chung khả thi Thay vào người ta tìm cách khoanh vùng tất nghiệm đa thức, từ tìm tất nghiệm đa thức với độ xác 37 Định lý 3.1.3 (Định lý Cauchy, [6]) Cho đa thức p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , an = 0, định nghĩa P (x) = |an |xn + |an−1 |xn−1 + · · · + |a1 |x − |a0 |, Q(x) = |an |xn − |an−1 |xn−1 − · · · − |a1 |x − |a0 | Theo quy tắc dấu Descartes, P (x) có nghiệm thực dương r1 Q(x) có nghiệm thực dương r2 Khi đó, tất nghiệm z P (x) nằm miền vành khuyên r1 ≤ |z| ≤ r2 (3.1.5) Chứng minh Ta chứng minh r1 ≤ |z| với z ∈ C nghiệm p(x) Từ p(z) = ta có an z n + an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 = 0, hay −a0 = an z n + an−1 z n−1 + · · · + a1 z Suy |a0 | = |an z n + an−1 z n−1 + · · · + a1 z| ≤ |an z n | + |an−1 z n−1 | + · · · + |a1 z| = |an ||z n | + |an−1 ||z n−1 | + · · · + |a1 ||z| Hay |an ||z n | + |an−1 ||z n−1 | + · · · + |a1 ||z| − |a0 | ≥ Xét P (t) = |an |tn + |an−1 |tn−1 + · · · + |a1 |t − |a0 | với t ∈ [0, +∞) P (t) hàm tăng nên ta có P (r1 ) = ≤ P (|z|) Vậy |z| ≥ r1 Chứng minh |z| ≤ r2 Gọi z ∈ C nghiệm p(x) Từ p(z) = ta có an z n + an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 = 0, hay −an z n = an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 Suy |an z n | = |an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 | 38 ≤ |an−1 z n−1 | + · · · + |a1 z| + |a0 | = |an−1 ||z n−1 | + · · · + |a1 ||z| + |a0 | Hay |an ||z n | − |an−1 ||z n−1 | − · · · − |a1 ||z| − |a0 | ≤ Xét P (t) = |an |tn − |an−1 |tn−1 − · · · − |a1 |t − |a0 | với t ∈ [0, +∞) Có P (t) = n|an |tn−1 − (n − 1)|an−1 |tn−2 − · · · − |a1 | Theo quy tắc dấu Descartes có nghiệm dương t0 nên P (t) nghịch biến khoảng (0, t0 ) đồng biến khoảng (t0 , +∞) Mặt khác, ta có P (t0 ) < P (0) = −|a0 | ≤ = P (r2 ) nên r2 ∈ (t0 , +∞) Do P (|z|) ≤ nên suy |z| ∈ (0, r2 ] Từ ta suy |z| ≤ r2 Vậy r1 ≤ |z| ≤ r2 Ví dụ 3.1.4 Cho p(x) = x5 − 3.7x4 + 7.4x3 − 10.8x2 + 10.8x − 6.8 Áp dụng công thức chặn (3.1.1), ta biết nghiệm p nằm hình trịn |x| ≤ ρ1 , ρ1 = 5· 6.8 , 10.8 6.8 = min{3.14815, 1.46724} = 1.46724 Áp dụng công thức chặn (3.1.4), tất nghiệm đa thức nằm hình trịn |x| ≤ ρ2 , ρ2 = + max{3.7, 7.4, 10.8, 10.8, 6.8} = 11.8 Để áp dụng định lý Cauchy (Định lý 3.1.3), ta có P (x) = x5 − 3.7x4 − 7.4x3 − 10.8x2 − 10.8x − 6.8, Q(x) = x5 + 3.7x4 + 7.4x3 + 10.8x2 + 10.8x − 6.8, với không điểm dương r1 = 0.63 · · · , r2 = 5.6 · · · Do đó, tất không điểm P (x) nằm miền vành khuyên 0.63 · · · ≤ |x| ≤ 5.6 · · · 39 Ta sử dụng cận bên dự đoán ban đầu để phân vùng nghiệm đa thức Bằng cách đó, ta gợi ý dự đốn ban đầu phương pháp số tìm nghiệm 3.2 Phương pháp xấp x Newton v Phng phỏp xp x Mă uller Trong tiết chúng tơi trình bày hai phương pháp giải số tìm nghiệm xấp xỉ phương pháp Newton phng phỏp xp x Mă uller Xột a thc thc p(x) Giả sử p(x) có nghiệm thực khơng có nghiệm bội Lấy điểm x1 ∈ R Tiếp tuyến L với đồ thị đa thức p(x) điểm (x1 , p(x1 )) có phương trình y = p (x1 )(x − x1 ) + p(x1 ), (p (x1 ) = 0) L cắt Ox (x2 , 0) Vì (x2 , 0) ∈ L nên x2 = x1 − p(x1 ) p (x1 ) Tượng tự xét tiếp tuyến (x2 , p(x2 )), ta x3 = x2 − p(x2 ) , p (x2 ) (p (x2 ) = 0), tổng quát xk+1 = xk − p(xk ) , p (xk ) (p (xk ) = 0) (3.2.1) Giả sử lim xk = r k → ∞, lim p(xk ) = lim(xk − xk+1 ) = p (xk ) (3.2.2) p(xk ) p(r) = p (xk ) p (r) (3.2.3) Ta lại có lim Từ (3.2.2) (3.2.3) suy p(r) = hay r nghiệm p(x) Để tìm nghiệm p(x), phương pháp Newton sử dụng phép dự đoán ban đầu x0 lặp liên công thức (3.2.1) thỏa mãn điều kiện dừng cụ thể, ví dụ p(xi ) |xi+1 − xi | đủ gần không 40 Một nhược điểm phương pháp Newton khơng hiệu đa thức p(x) có nghiệm kép r, tức p(x) = (x − r)2 h(x) Trong trường hợp này, p(x) có chung nhân tử với đạo hàm p (x) = 2(x − r)h(x) + (x − r)2 h (x) Khi x tiến dần đến r, p p dần không Ta tránh vấn đề nghiệm kép cách tìm trực tiếp nhân tử bậc hai từ phép giảm bậc Phương pháp Newton phương pháp địa phương khơng hội tụ ước lượng ban đầu xa nghiệm Ví dụ 3.2.1 Cho đa thức p(x) = 2x3 − 3x2 + Ta có p (x) = 6x2 − 6x nên đa thức p(x) có nghiệm thực, dễ thấy nghiệm x = −1 Nếu áp dụng phương pháp Newton với x1 = −1.1 ta có dãy kết 2x1 − 3x1 + = −1.00678210678 6x1 − 6x1 2x2 − 3x2 + = −1, 00003425247 x3 = x2 − 6x2 − 6x2 2x3 − 3x3 + x4 = x3 − = −1, 00000000088 6x3 − 6x3 x2 = x1 − hội tụ nhanh nghiệm f (x) Nếu áp dụng phương pháp Newton với x1 = x2 = x1 − x3 = x2 − x4 = x3 − x5 = x4 − x6 = x5 − 2x1 − 3x1 + 6x1 − 6x1 2x2 − 3x2 + 6x2 − 6x2 2x3 − 3x3 + 6x3 − 6x3 2x4 − 3x4 + 6x4 − 6x4 2x5 − 3x5 + 6x5 − 6x5 không hội tụ nghiệm 41 ta = 3, ≈ 2, 471 ≈ 1, 698 ≈ 0, 835 ≈ 5, 762 Tiếp theo chúng tơi trình bày phương pháp khác tìm nghiệm xp x gi l phng phỏp Mă uller Phng phỏp Mă uller cú th tỡm c s lng bt k nghiệm thực phức, thường với hội tụ toàn cục Phương pháp sử dụng phép nội suy bậc hai Giả sử ba điểm ước lượng nghiệm ban đầu f (x) lần lặp xk−2 , xk−1 , xk Để tính ước lượng ta xây dựng đa thức có bậc nhỏ mà đồ thị qua điểm (xk−2 , f (xk−2 ), (xk−1 , f (xk−1 ), (xk , f (xk ), sau tìm nghiệm nó, p(x) = f (xk ) + f [xk−1 , xk ](x − xk ) + f [xk−2 , xk−1 , xk ](x − xk )(x − xk−1 ), f [xk−1 , xk ] = f [xk−1 , xk ] − f [xk−2 , xk−1 ] f (xk ) − f (xk−1 ) f [xk−2 , xk−1 , xk ] = xk − xk−1 xk − xk−2 tỉ sai phân khác Sử dụng đẳng thức (x − xk )(x − xk−1 ) = (x − xk )2 + (x − xk )(xk − xk−1 ), ta viết lại p(x) = f (xk ) + b(x − xk ) + a(x − xk )2 , a = f [xk−2 , xk−1 , xk ] b = f [xk−1 , xk ] + f [xk−2 , xk−1 , xk ](xk − xk−1 ) Đa thức p(x) có nghiệm x = xk + −b ± b2 − 4af (xk ) = xk − 2a b± 2f (xk ) b2 − 4af (xk ) Ta có xấp xỉ xk+1 = xk − 2f (xk ) b± b2 − 4af (xk ) Trong cơng thức này, ta chọn nghiệm phương trình bậc hai ax2 + bx + c −2c √ x= b ± b2 − 4ac thay x = −b ± √ b2 − 4ac 2a Điều chủ yếu c = f (xk ) có giá trị nhỏ gần nghiệm f Ngoài √ tính ổn định số, dấu ± mẫu số b ± b2 − 4ac chọn để cực đại độ lớn mẫu số 42 Thuật toán tìm tất nghiệm, kể nghiệm bội đa thức mà có hệ số thực, bng cỏch kt hp phng phỏp Mă uller vi phộp giảm bậc làm mịn nghiệm (sử dụng phương pháp Newton) ă ller Thut toỏn Phng phỏp Mu Input: p(x) = an xn + · · · + a1 x + a0 , ∈ R với ≤ i ≤ n an = Output: nghiệm r0 , r1 , , rn−1 if deg(p) ≤ then sử dụng công thức nghiệm Mục 1.1 else p0 (x) := p(x) l := while deg(pl ) ≥ nghiệm pl phải nằm hình trịn bán kính ρ1 (3.1.1) tạo ba phép xấp xỉ đường trũn s dng phng phỏp Mă uller tỡm mt nghim rl pl (x) if rl số thực then pl+1 (x) := pl /(x − rl ) (sử dụng lược đồ Horner để giảm bậc) l := l + while pl (rl−1 ) = (một nghiệm bội) rl := rl−1 pl+1 (x) := pl /(x − rl ) l := l + end while else rl = al + ibl rl = al − ibl hai nghiệm phức liên hợp pl+2 (x) := pl /((x − rl )(x − rl )) = pl /(x2 − 2al x + a2l + b2l ) l := l + while pl (rl−2 ) = rl := rl−2 rl+1 := rl−1 pl+2 (x) := pl /(x2 − 2al x + a2l + b2l ) l := l + end while end if end while tìm nghiệm pl (có bậc nhiều 4) công thức nghiệm Mục 1.1 31: làm mịn tất nghiệm r0 , , rn−1 phương pháp Newton áp dụng cho p(x) 32: end if 1: 2: 3: 4: 5: 6: 7: 8: 9: 10: 11: 12: 13: 14: 15: 16: 17: 18: 19: 20: 21: 22: 23: 24: 25: 26: 27: 28: 29: 30: Phép giảm bậc dừng lại đa thức giảm bậc bậc 4, lúc ta áp dụng công thức nghiệm Mục 1.1 để tìm nghiệm 43 Ví dụ 3.2.2 Cho đa thức p(x) = x5 − 2x4 − 81x + 162 Một nghiệm x0 p(x) phải nằm hình trịn bán kính p1 = min{5 · 162 √ , 162} = 2.766324 181 Mệnh đề Xét (x1 , x2 , x3 ) = (−1, 0, 1) Ta có p(x2 ) − p(x1 ) = −78 x2 − x1 p(x3 ) − p(x2 ) p [x2 , x3 ] = = −82 x3 − x2 p [x2 , x3 ] − p [x1 , x2 ] p [x1 , x2 , x3 ] = = −2 x3 − x1 p [x1 , x2 ] = Từ ta a = p [x1 , x2 , x3 ] = −2 b = p [x2 , x3 ] + p [x1 , x2 , x3 ] (x3 − x2 ) = −84 c = p(x3 ) = 80 Ta có nghiềm gần x0 x= −2c √ = 0, 931712 b − b2 − 4ac Tiếp theo ta tính xấp xỉ quanh 0.931712 (x4 , x5 , x6 ) = (1.9, 1.95, 2.1) Tương tự trên, ta tính nghiệm gần với x0 1.999 Ta sử dụng lược đồ Horner để giảm bậc, đặt p1 (x) = p(x) = x4 − 0, 001x3 − 001999x2 − 0.003996001x − 81.007988006 x − 1.999 Dùng công thức nghiệm Mục 1.1 cho đa thức bậc ta nghiệm đa thức p1 (x) x1 = 0.00013897775 − 2.9999082617i x2 = 0.00013897775 + 2.9999082617i x3 = −2.99988045619 x4 = 44 Kết luận Trong luận văn chúng tơi trình bày số kết sau đây: • Cơng thức nghiệm đa thức bậc 1, 2, 3, • Nguyên lý đổi dấu Descartes định lý Sturm số nghiệm đa thức thực • Phép biến đổi Tschirnhaus • Công thức nghiệm lồng đa thức dạng ax2n + bxn − xm + c = • Kết chặn nghiệm đa thức thực • Hai phương pháp số tìm nghiệm xấp xỉ phương pháp Newton v phng phỏp Mă uller 45 Ti liu tham khảo Tiếng Việt [1] Lê Thị Thanh Nhàn, Lý thuyết đa thức, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2015 [2] Ngô Việt Trung, Lý thuyết Galois, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, 2006 Tiếng Anh [3] V.S Adamchik and D.J Jeffrey (2003), Polynomial Transformations of Tschirnhaus, Bring and Jerrard ACM SIGSAM Bulletin, Vol 37(3), 90-94 [4] N Bagis (2014), Solution of Polynomial Equations with Nested Radicals Preprint, arXiv:1406.1948v3 [5] M L Glasser (1994), The Quadratic Formula Made Hard or A Less Radical Approach to Solving Equations Preprint, arXiv:math/9411224 [6] Y B Jia (2017), Roots of Polynomials Course Notes Available at https://www.coursehero.com/file/20202652/9-polyroots [7] V V Kamyshlov and V S Bystrov (2015), Analytical Method for Finding Polynomial Roots Applied Mathematical Sciences Vol 9(95), 4737–4760 [8] R B King (1996), Beyond the quartic equation, Birkhăauser Publisher [9] X Wang (2004), A Simple Proof of Descartes’s Rule of Signs The American Mathematical Monthly Vol 111(6), 525–526 46 ... bày số kết cổ điển công thức nghiệm đa thức bậc 1, 2, và số nghiệm đa thức 1.1 Công thức nghiệm đa thức có bậc nhỏ nghiệm hữu tỷ Với đa thức nói chung, từ đầu Thế kỷ 19 người ta biết không tồn công. .. việc tìm nghiệm đa thức thuận lợi đa thức có nhiều hệ số 0, người ta gọi đa thức thưa Do đó, tìm nghiệm đa thức ta thường định hướng biến đổi đa thức đa thức tương đương mà có nhiều hệ số Một phương... tìm nghiệm đa thức cho trước tìm nghiệm đa thức khác có nhiều hệ số Với đa thức ta có nhiều hi vọng tìm nghiệm Trước hết ta nhắc lại khái niệm ma trận Sylvester kết thức hai đa thức Cho hai đa thức