Phần này xét bài toán đánh giá các chặn cho các nghiệm của đa thức. Trước tiên ta cần định lý Rouché dưới đây.
Định lý 1.4.1. (Rouché) Cho các đa thức f và g, cho γ là đường cong đóng không tự cắt nằm trong mặt phẳng phức. Nếu
|f(z)−g(z)| < |f(z)|+|g(z)| (1.4.1) với mọi z ∈ γ, thì trong γ số nghiệm của f và g là bằng nhau (tính cả bội). Nhờ Định lí Rouché không những có thể chứng minh Định lí cơ bản của đại số mà còn có thể ước lượng giá trị tuyệt đối của bất kì nghiệm nào của đa thức.
Định lý 1.4.2. Cho f(z) =zn+a1zn−1+· · ·+an, với ai ∈ C. Khi đó, bên trong đường tròn |z| = 1 + max
i |ai|, có đúng n nghiệm của f (tính cả bội). Chứng minh. Đặt a = max
i |ai|, bên trong đường tròn được xét, đa thức
g(z) = zncó nghiệm0bộin.Vì vậy, ta chỉ cần kiểm tra rằng, nếu|z| = 1+a,
thì |f(z)−g(z)| < |f(z)|+|g(z)|. Ta sẽ chứng minh rằng, |f(z)−g(z)|<
|f(z)|, tức là
Hiển nhiên, nếu |z| = 1 +a, khi đó
|a1zn−1 +· · ·+an| ≤ a(|z|n−1 + · · ·+ 1) = a|z|n −1
|z| −1 = |z|n−1< |z|n.
Tiếp theo ta xét định lí Cauchy cho các nghiệm của đa thức cũng như các hệ quả và các mở rộng của nó.
Định lý 1.4.3. (Cauchy) Cho f(x) =xn−b1xn−1 − · · · −bn, trong đó tất cả các nghiệm bi là không âm và ít nhất một trong các nghiệm đó là khác không. Khi đó, đa thức f có p nghiệm dương xi đơn và giá trị tuyệt đối của các nghiệm đó không vượt quá p, tức là |xi| ≤ p, ∀ i = 1, . . . , p.
Chứng minh. Đặt
F(x) =−f(x)
xn = b1
xn +· · ·+ bn
xn −1.
Nếu x 6= 0, phương trình f(x) = 0 là tương đương với phương trình
F(x) = 0. Khi x tăng từ 0 tới +∞ hàm F(x) giảm nghiêm ngặt từ +∞
tới−1. Do đó, với x > 0, hàm F triệt tiêu chính xác tại một điểm p. Ta có
−f
0(p)
pn = F0(p) =−b1
p2 − · · · − nbn
pn+1 < 0.
Do đó p là một nghiệm đơn của f.
Để chứng minh rằng, nếu x0 là một nghiệm của f, thì q = |x0| ≤ p. Giả sử rằng q > p. Khi đó, vì F là đơn điệu, nên q > p, tức là f(q) > 0. Mặt khác, đẳng thức xn0 = b1x0n−1 + · · ·+ bn kéo theo
qn ≤ b1qn−1 +· · ·+bn
Đa thức x2n −xn −1 có n nghiệm mà toàn bộ giá trị tuyệt đối bằng với giá trị của các nghiệm dương của đa thức này. Do đó, trong Định lí Cauchy, ước lượng
giá trị tuyệt đối của các nghiệm ≤p
là không thể, tổng quát hơn, thay ước lượng đó là
giá trị tuyệt đối của các nghiệm < p.
Ostrovsky đã chứng tỏ rằng trong các trường hợp tính tổng quát thì sự thay thế đó là có thể thực hiện được.
Định lý 1.4.4. (Ostrovsky) Cho f(x) = xn −b1xn−1 − · · · −bn, trong đó các nghiệm bi là không âm và ít nhất một trong chúng là khác không. Nếu ước chung lớn nhất của các chỉ số của các hệ số dương bi là 1, thì f có duy nhất một nghiệm p và giá trị tuyệt đối của các nghiệm khác là nhỏ hơn thực sự p.
Chứng minh. Cho các hệ số bk1, bk2, . . . , bkm, trong đó k1 < k2 < · · · < km
là dương. Vì ước chung lớn nhất của k1, . . . , km là 1, nên tồn tại các số nguyên s1, . . . , sm sao cho s1k1 +smkm = 1. Xét hàm
F(x) = bk1
xk1 +· · ·+ bkm
xkm −1.
Phương trìnhF(x) = 0 có duy nhất nghiệm pdương. Cho x là một nghiệm (khác không) bất kì khác của f. Đặt q = |x| thì 1 = bk1 xk1 +· · ·+ bkm xkm ≤ |bk1 xk1|+· · ·+|bkm xkm| = bk1 qk1 +· · ·+ bkm qkm,
tức là F(q) ≥ 0. Ta thấy phương trình F(q) = 0 chỉ có thể đúng nếu
bki
xki = |bki
Nhưng trong trường hợp này bs1 k1· · ·bsm km x = bk1 xk1 s1 · · · bkm xkm sm > 0,
tức là x > 0. Điều này mâu thuẫn với x 6= p và p chỉ là nghiệm dương của phương trình F(x) = 0. Như vậy, F(q) > 0, từ đó và vì F(x) là đơn điệu với x dương, nên q < p.
Từ các Định lí Cauchy, Ostrovsky ta suy ra ước lượng sau của giá trị tuyệt đối của các nghiệm của đa thức với hệ số dương.
Định lý 1.4.5. a) (Enestro¨m-Kakeya) Nếu các hệ số của đa thức g(x) =
a0xn−1+· · ·+an−1 là dương, thì với bất kì nghiệm ξ của đa thức này ta có
min 1≤i≤n−1{ ai ai−1 } = δ ≤ |ξ| ≤ γ = max 1≤i≤n−1{ ai ai−1 }. b)(Ostrovsky) Cho ak
ak−1 < γ với k = k1, . . . , km. Nếu ước chung lớn nhất
của n số k1, . . . , km là 1, thì |ξ| < γ.
Chứng minh. Xét đa thức
(x−γ)g(x) = a0xn −(γa0 −a1)xn−1 − · · · −(γan−2 −an−1)x−γan−1.
Theo định nghĩa, γ ≥ ai
ai−1, tức là γai−1 − ai ≥ 0. Do đó, theo Định lí Cauchy,γ chỉ là nghiệm dương của đa thức(x−γ)g(x) và giá trị tuyệt đối của các nghiệm khác của đa thức này là ≤ γ.
Nếu ξ là một nghiệm của g, thì η = 1
|ξ| là một nghiệm của an−1y n−1 + · · ·+ a0. Từ đó 1 |ξ| = |η| = max1≤i≤n−1{ ai ai−1} = 1 min 1≤i≤n−1{ ai ai−1} , tức là |ξ| ≥δ = min 1≤i≤n−1{ ai ai−1}.
Nếu điều kiện b) được thỏa mãn, nghiệm γ của đa thức (x−γ)g(x) là lớn hơn giá trị tuyệt đối của các nghiệm khác của đa thức này.
Bây giờ ta xét các đa thức phức. Choz1, . . . , zn ∈ C là các điểm với khối lượng là 1. Điểm ζ = 1
n(z1+· · ·+zn) được gọi là trọng tâm của z1, . . . , zn.
Kí hiệu này có thể được suy rộng như sau. Thực hiện biến đổi phân tuyến tính w với z0 cho tương ứng ∞, tức là
w(z) = a
z −z0 +b.
Ta tìm trọng tâm của các ảnh của z1, . . . , zn và sau đó áp dụng biến đổi ngượcw−1.Các tính toán đơn giản chỉ ra rằng, kết quả đó không phụ thuộc vào a và b, cụ thể là, ta nhận được điểm
ζz0 = z0 +n 1
1
z1 −z0 + · · ·+ 1
zn −z0
(1.4.2)
điểm này gọi là trọng tâm của z1, . . . , zn tương ứng với z0.
Hiển nhiên, trọng tâm của z1, . . . , zn nằm bên trong bao lồi của chúng. Định lý 1.4.6. Cho f(z) = (z−z1)· · ·(z−zn). Khi đó trọng tâm của các nghiệm của f theo bất kì điểm z được cho bởi công thức
ζz = z−nf(z) f0(z).
Chứng minh. Hiển nhiên
f(z)
f0(z) = 1
z −z1 +· · ·+ 1
z−zn.
Phát biểu này suy trực tiếp từ công thức (1.4.2).
Định lý 1.4.7. (Lagurre) Cho f(z) là một đa thức bậc n và x là nghiệm đơn của nó. Khi đó, trọng tâm của tất cả các nghiệm của f(z) tương ứng với x là điểm
X = x−2(n−1)f
0(x)
Chứng minh. Đặt f(z) = (z−x)F(z). Khi đó f0(z) =F(z) + (z−x)F0(z)
và f00(z) = 2F0(z) + (z−x)F00(z). Do đó f0(x) =F(x) và f00(x) = 2F0(x).
Áp dụng định lí trước với đa thức F có bậc n−1, và điểm z = x, ta được điều phải chứng minh.
Định lý 1.4.8. (Lagurre) Cho f(z) là một đa thức bậc n và
X(z) =z −2(n−1)f
0(z)
f00(z).
Cho đường tròn (hoặc đường thẳng) C đi qua một nghiệm đơn z1 của f và các nghiệm khác của f thuộc một trong hai miền mà C chia mặt phẳng thành chúng. Khi đó X(z1) cũng thuộc cùng một miền.
Chứng minh. Trong trường hợp thông thường của trọng tâm , đường tròn
C tương ứng tới đường thẳng mà tất cả các nghiệm của f(z) trừ z1, nằm trên một phía của nó. Trọng tâm của các nghiệm đó nằm trên cùng một phía của đường thẳng này.
Hệ quả 1.4.1. Cho z1 là một trong các nghiệm đơn của f với giá trị tuyệt đối cực đại. Khi đó |X(z1)| ≤ |z1|, tức là
|z1 −2(n−1)f
0(z)
f00(z)| ≤ |z1|.
Chứng minh. Mọi nghiệm của f nằm trong đĩa {z ∈ C||z| ≤ |z1|}, và do đó X(z1) cũng phải thuộc vào đĩa này.
Định lý 1.4.9. Cho f là một đa thức với hệ số thực và định nghĩa
ζz = z−nf(z) f0(z).
Khi đó, mọi nghiệm của f là thực nếu và chỉ nếu Im z·Im ζz < 0 với mọi
Chứng minh. Giả sử mọi nghiệm của f là thực. Đặt Im z = a > 0. Đường thẳng chứa các điểm với phần ảo , trong đó 0< < a, tách điểm z từ các nghiệm củaf vì chúng thuộc trục thực. Do đó Im ζz ≤ . Qua giới hạn khi
→ 0, ta thu được Im ζz ≤0.
Dễ dàng kiểm tra rằng không thể có Im ζz = 0. Thật vậy, cho ζz ∈ R.
Xét một đường tròn qua z, và tiếp tuyến với trục thực tại ζz. Bằng cách dịch chuyển đường tròn này, ta có thể xây dựng được một đường tròn khác trên một cạnh mà nó chứa các điểm z và ζz, và trên cạnh khác chứa các nghiệm của f. Nếu Im z = a < 0, lí luận tương tự ta có điều phải chứng minh.
Bây giờ giả sử rằng Im z · Im ζz < 0 với mọi z ∈ C \ R. Đặt z1 là một nghiệm của f sao cho Im (z1) 6= 0. Khi đó lim
z→z1ζz = z1, và do đó
Im z1· · ·Im ζz1 > 0.
Đa thức đối cực
Cho f(z) là một đa thức bậc n và ζ là một số cố định hoặc ∞. Hàm số
Aζf(z) = (ζ −z)f0(z) + nf(z) nếu ζ 6= ∞; f0(z) nếu ζ = ∞.
được gọi là đạo hàm của f(z) tương ứng với điểm ζ.
Dễ dàng kiểm tra được rằng, nếu
f(z) = n X k=0 Cnkakzk, (1.4.3) thì 1 nf 0(z) = n−1 X k=0 Cnk−1ak+1zk. (1.4.4) Do đó, 1 nAζf(z) = n−1 X k=0 Cnk−1(ak+ak+1ζ)zk. (1.4.5)
Giả sử z1, . . . , zn là các nghiệm của đa thức (1.4.3) và ζ1, . . . , ζn là các nghiệm của đa thức
g(z) = n X k=0 Cnkbkzk. (1.4.6) Công thức (1.4.5) suy ra 1 n!Aζ1Aζ2. . . Aζnf(z) =a0 + a1σ1 +a2σ2 + · · ·+ anσn, trong đó σ1 = ζ1 +ζ2 +· · ·+ζn = −Cn1bn−1 bn σ2 = ζ1ζ2 +· · ·+ζn−1ζn = Cn2bn−2 bn . . . σn = ζ1· · ·ζn = (1−)nb0 bn.
Khi đó đẳng thức Aζ1Aζ2. . . Aζnf(z) = 0 tương đương với
a0bn−Cn1a1bn−1 +Cn2a2bn−2 +· · ·+ (−1)nanb0 = 0. (1.4.7) Đa thức f và g cho bởi (1.4.3) và (1.4.5) và toàn bộ các hệ số liên quan tới (1.4.7) được gọi là đối cực.
Một miền tròn là cả phần trong của một đĩa hoặc nửa mặt phẳng. Định lý 1.4.10. (J. H. Grace, 1902) Cho f và g là các đa thức đối cực. Nếu mọi nghiệm của f thuộc một miền tròn K, thì ít nhất một trong các nghiệm của g cũng thuộc K.
Chứng minh. Ta cần bổ đề bổ trợ sau
Bổ đề 1.4.1. Cho tất cả các nghiệm z1, . . . , zn của f(z) nằm trong miền tròn K và cho ζ nằm ngoài K. Khi đó, mọi nghiệm của Aζf(z) nằm trong
Chứng minh. Rõ ràng rằng, nếu wi là một nghiệm của đa thức Aζf(z), thì
ζ là trọng tâm của các nghiệm của f(z) theo wi. Thật vậy, nếu ζ 6= ∞, thì ta có thể biểu diễn đẳng thức dưới dạng
(ζ −wi)f0(wi) +nf(wi) = 0, tức là ζ = wi−nf(wi) f0(wi). Nếu ζ = ∞, thì f0(wi) = Aζf(wi) = 0, và từ đó n X j=1 1 zj −wi = f0(wi) f(wi) = 0.
Do đó, trọng tâm của các điểm z1, . . . , zn theo wi nằm tại
wi + P 1
j 1 zj−wi
= ∞.
Bây giờ, rõ ràng rằng điểm wi không thể nằm bên ngoài K. Thật vậy, nếu
wi nằm bên ngoài K, thì trọng tâm của z1, . . . , zn theo wi phải nằm trên trong K. Tuy nhiên, điều này là mâu thuẫn với ζ nằm bên ngoài K.
Theo Bổ đề 1.4.1, Định lí 1.4.10 được chứng minh như sau.
Giả sử rằng mọi nghiệm ζ1, . . . , zn của g nằm ngoài K. Xét đa thức
Aζ2· · ·Aζnf(z). Bậc của đa thức này là 1, tức là đa thức này có dạng
c(z−k). Bổ đề 1.4.1 suy ra rằng k ∈ K. Vì f và g là các đa thức đối cực, do đó Aζ1(z−k) = 0.Mặt khác, tính toán trực tiếp của các đạo hàm chứng tỏ rằng Aζ1(z −k) = ζ1 −k. Do đó k = ζ1 ∈/ K và ta có mâu thuẫn.
Mọi đa thức f có một họ đa thức đối cực với nó. Theo định lí Grace ta có thể chọn một họ đa thức đối cực thuận tiện và f có một nghiệm trong một miền tròn cho trước.
Ví dụ 1.4.1. Đa thức
f(z) = 1−z +czn, trong đó c ∈ C,
Chứng minh. Các đa thức f(z) = 1 +Cn1−1 n z+ cz n và g(z) =zn+Cn1bn−1zn−1 + · · ·+ b0 là đối cực nếu 1−n−1 n bn−1cb0 = 0, tức là 1 +bn−1 +cb0 = 0.
Bây giờ đặt ζk = 1−exp(2πikn ) với k = 1, . . . , n, và lấy g(z) là
g(z) = Y(z−ζk) =zn +Cn1bn−1zn−1 +· · ·+b0.
Khi đó
bn−1 = −1 và b0 = ±Yζk = 0.
Do đó các đa thức f(z) và g(z) là đối cực. Vì mọi nghiệm của g nằm trong đĩa |z−1| ≤ 1, ít nhất một trong các nghiệm của f nằm trong đĩa này. Ví dụ 1.4.2. Đa thức 1−z +c1zn1 + · · ·+ckznk trong đó 1 < n1 < n2 <
· · · < nk, có ít nhất một nghiệm trong đĩa |z| ≤ 1
(1− 1
n1)· · · 1
(1− 1
nk) .
Chứng minh. Ta bắt đầu chọn với đa thức f(z) = 1 − z + c1zn1. Giả sử rằng trái lại rằng mọi nghiệm của đa thức nằm trong miền |z| > n1
n1 −1.
Khi đó theo Bổ đề 1.4.1 các nghiệm của đa thức
A0f(z) = n1 −(n1 −1)z
cũng nằm trong miền |z| > n1
n1 −1. Nhưng nghiệm của A0f(z) là
n1 n1 −1
và ta có mâu thuẫn.
Với đa thức f(z) = 1−z+c1zn1 +· · ·+ckxnk, ta sử dụng quy nạp theo
k. Xét đa thức
Trong đa thức này, thay thế z bằng nk
nk−1w. Theo giả thiết quy nạp các
nghiệm của đa thức nằm trong đĩa
|w| ≤ n1
n1 −1· · · n2
n2 −1· · · nk−1
nk−1 −1,
và từ đó các nghiệm của A0f(z) nằm trong đĩa
|z| ≤ n1
n1 −1· · · n2
n2 −1· · · nk
nk −1.
Vì vậy giả thiết rằng các nghiệm của f(z) nằm ngoài đĩa nên suy ra mâu thuẫn. Cho f(z) = n P i=1 Cniaizi và g(z) = n P i=1 Cnibizi. Đa thức h(z) = n X i=1 Cniaibizi
được gọi là hợp thành của f và g.
Định lý 1.4.11. (Szego¨) Cho f và g là các đa thức bậc n, và cho mọi nghiệm của f nằm trong một miền tròn K. Khi đó mọi nghiệm của đa thức hợp thành h của f và g có dạng −ζik, trong đó ζi là một nghiệm của
g và k ∈ K.
Chứng minh. Cho γ là một nghiệm của h, tức là
n
P
i=1
Criaibiγi = 0. Khi đó, theo Định lí Grace, một nghiệm củaG(z)nằm trong K.Cho g(−γk−1) = 0,
trong đó k ∈ K. Khi đó, −γk−1 = ζi, trong đó ζi là một nghiệm của g.
Với các đa thức mà toàn bộ các bậc của chúng không nhất thiết bằng nhau, định lí sau tương tự Định lí Grace.
Định lý 1.4.12. Cho f(z) = n P i=1 Cniaizi và g(z) = m P i=1 Cmi bizi là các đa thức với m ≤ n. Cho các hệ số của f và g liên hệ với nhau như sau:
Khi đó các phát biểu sau là đúng:
a) Nếu mọi nghiệm của g(z) thuộc đĩa |z| ≤ r, thì ít nhất một trong các nghiệm của f(z) cũng thuộc đĩa này;
b) Nếu mọi nghiệm của f(z) nằm bên ngoài đĩa |z| ≤r, khi đó ít nhất một trong các nghiệm của g(z) cũng nằm bên ngoài đĩa này.
Chứng minh. a) Quan hệ trong (1.4.8) là bất biến nếu thay z bởi rz trong