3 Một số chứng minh Định lí cơ bản của Đại số
3.2Chứng minh dùng công cụ giải tích phức
Tr−ớc hết chúng ta nhắc lại một số khái niệm trong giải tích phức. Một hàm phức f(z) đ−ợc gọi là giải tích trên một tập con mở M ⊆ C nếu
f(z) là khả vi phức tại mọi điểm trên M. Ta nói f(z) là hàm nguyên
nếu f(z) là khả vi trên toàn bộ C. Hàm phức f(z) đ−ợc gọi là bị chặn
trên miền D ⊆ C nếu tồn tại một số thức d−ơng r sao cho |f(z)| r
với mọi z ∈ D.
3.2.1. Chứng minh thông qua Định lí của Joseph Liouville
Ta có thể dùng Định lí Joseph Liouville (1847) để chứng minh Định lí cơ bản của Đại số (xem [MF, Trang 2]). Tr−ớc hết, chúng ta nhắc lại kết quả này.
phẳng phức thì f(z) là hàm hằng.
Bây giờ ta chứng minh Định lí cơ bản của Đại số.
3.2.1.2. Định lí Cho p(z) là một đa thức với hệ số phức có bậc n > 0. Khi đó p(z) có n nghiệm phức.
Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh p(z) có một nghiệm phức là đủ. Thật vậy, giả sử z1 là một nghiệm của p(z). Nếu n = 1 thì p(z) có 1
nghiệm, kết quả đúng với n = 1. Giả sử kết quả đã đúng cho tr−ờng hợp bậc của đa thức là n−1. Ta chứng minh cho tr−ờng hợp p(z) có bậc n. Bằng phép chia p(z) cho (z−z0) ta viết đ−ợc p(z) = (z−z0)g(z), trong đó g(z) có bậc n−1. Theo giả thiết quy nạp, g(z) có n−1 nghiệm phức
z2, . . . , zn. Do đó p(z) có n nghiệm phức z1, . . . , zn.
Giả sử p(z) không có nghiệm phức. Khi đó p(z) = 0 với mọi z ∈ C.
Ta chứng minh p(z) bị chặn trên C. Viết
p(z) =anzn+an−1zn−1 +. . .+a1z+a0. Tr−ớc hết, ta khẳng định khi |z| → ∞ thì |p(z)| → ∞. Thật vậy, ta có p(z) = znan + an−1 z +. . .+ a0 zn . Do đó |p(z) = |zn||an + an−1 z +. . .+ a0 zn| Vì an = 0 nên |zn ||an| → ∞ khi |z| → ∞. Do đó |p(z)| → ∞ khi |z| → ∞, khẳng định đ−ợc chứng minh. Theo khẳng định trên, lấy
0 < r ∈ R, r đủ lớn cố định, rõ ràng 1/p(z) bị chặn với mọi z ∈ C thỏa mãn |z| > r. Vì thế 1/p(z) liên tục nên |z| r. Vì thế 1/p(z) bị chặn trong miền |z| r. Vậy, 1/p(z) bị chặn trên toàn bộ mặt phẳng phức.
Vì p(z) = 0 với mọi z ∈ Cnên 1/p(z) xác định trên C. Do đó 1/p(z)
33
hàm hằng, điều này là vô lí với giả thiết bậc của p(z) = n > 0. Vậy
p(z) có ít nhất một nghiệm trong C.
3.2.2. Chứng minh thông qua Định lí Eugene Rouche
Để chứng minh Định lí cơ bản của Đại số, ta có thể sử dụng Định lí của E. Rouche (xem [MF, Trang 3). Tr−ớc hết ta nhắc lại Định lí của Rouche.
3.2.2.1. Định lí (Rouche) Cho miền M ⊆ C với biên của M là B(M). Nếu f(z) và h(z) là các hàm giải tích trong và trên miền M sao cho
|h(z)| < |f(z)| trên biên B(M) thì f(z) và f(z) + h(z) có cùng số nghiệm trên miền M.
Bây giờ ta chứng minh Định lí cơ bản của Đại số.
3.2.2.2. Định lí. Cho p(z) là một đa thức với hệ số phức có bậc n > 0. Khi đó p(z) có n nghiệm phức.
Chứng minh. Cho p(z) = anzn + . . .+ a1z + a0 là một đa thức với hệ số phức bậc n > 0. Ta cần chứng minh p(z) có nghiệm phức. Đặt f(z) = anzn và h(z) = p(z)−f(z) = an−1zn−1 +. . .+a1z +a0. Lấy số thực r > 0. Trên đ−ờng tròn |z| = r ta có |f(z)| = |anzn| = |an||z|n = |an|rn; và |h(z)| = |an−1zn−1+. . .+a1z+a0| |an−1|rn−1+. . .+|a1|r+|a0|. Vì |an| = 0 nên ta có thể đặt K = |an−1|+. . .+|a1|+ |a0| |an| .
Chọn r > max{1, K}. Khi đó |h(z)| |an−1|rn−1 +. . .+|a1|r+|a0| |an−1|+. . .+|a1|+|a0|rn−1 < (r|an|)rn−1 = |an|rn = |f(z)|.
Vì thế |h(z)| < |f(z)| với mọi z nằm trên đ−ờng tròn tâm là gốc tọa độ, bán kính r. Chú ý rằng đ−ờng tròn |z| = r chính là biên của miền
M := {z ∈ C | |z| r}. Rõ ràng f(z) = anzn có n nghiệm phức (thực ra f(z) có một nghiệm z = 0 với bội n). Do đó theo Định lí Rouche, (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
p(z) = f(z) +h(z) có n nghiệm phức.
3.2.3. Chứng minh thông qua bán kính hội tụ
Cho p(z) = anzn + . . .+ a1z + a0 là đa thức với hệ số phức có bậc
n d−ơng. Nếu a+ 0 = 0 thì p(z) có nghiệm z = 0. Do đó ta có thể giả thiết a0 = 0. Đặt f(z) = 1/p(z). Giả sử p(z) = 0 với mọi z ∈ C. Khi đó luôn tồn tại khai triển tại mọi điểm của f(z) thành chuỗi
f(z) = b0 +b1z +b2z2 +. . .
Tr−ớc hết, ta khẳng định luôn tồn tại hai số phức c, r ∈ R sao cho
|bk| > crk với nhiều vô hạn k. Thật vậy, rõ ràng 1 = p(z)f(z). Đồng nhất hệ số tự do của hai vế ta đ−ợc a0b0 = 1. Suy ra |b0| = 1/|a0|. Do đó luôn tồn tại c < 1/|a0| ta có kết quả với k0 = 0. Giả sử kết quả đã đúng cho một số k, tức là |bk| > crk. Ta cần chứng minh tồn tại một số
k′ tiếp theo để |bk′| > crk′
. Giả sử điều này không đúng, tức là k là số lớn nhất có tính chất |bk| > crk. Khi đó hệ số của zn+k trong p(z)f(z)
là a0bn+k+a1bn+k−1+. . .+anbk, vì thế đồng nhất hệ số của zn+k trong đẳng thức 1 = p(z)f(z) ta có
35
Suy ra a0bn+k + a1bn+k−1 + . . . = −anbk. Vì môđun của tổng các số phức không v−ợt quá tổng các mô đun của các số phức đó và với mọi
i = 0, . . . , n−1 ta có |aibk+n−i| = |ai||bk+n−i| |ai|crk+n−i. Từ đó ta dễ dàng suy ra |a0|rn +|a1|rn−1 +. . .+|an−1|r |an|. Nếu r min1, |an| |a0 +. . .+|an−1| thì ta có |bk|= |a0bk+n+. . .+an−1bk+1| |an| |a0bk+n|+. . .+ |an−1bk+1| |an| cr k
với r đủ nhỏ. Điều này là vô lí. Đặt z = 1/r. Ta có
|bkzk| = |bk|
rk > c
với vô hạn số tự nhiên k. Do đó chuỗi b0 + b1z +b2z2 + . . . không hội tụ, điều này là vô lí. Vậy, tồn tại z ∈ C để p(z) = 0.