Định lý rolle trên trường phức
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (906.98 KB, 60 trang )
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
PHAN THỊ DUYÊN
ĐỊNH LÝ ROLLE TRÊN TRƯỜNG PHỨC
(On the Rolle’s Theorem on complex domain.)
Chuyên ngành : Toán ứng dụng
Mã số : 60.46.01.12
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên - 2013
MỤC LỤC
Mở đầu…………………………………………………… ………….………2
Chương 1. Định lý Rolle cho đa thức trên trường phức…………… 4
1.1 Định lý Rolle cho đa thức với hệ số thực…………………… …… 4
1.2 Định lý Gauss-Lucas …………………………………… …… 8
1.3 Giả thuyết Sendov…………………… …………………………….15
1.4 Mở rộng Định lý Rolle trên trường phức ………………………… 18
1.4.1 Xác định một điểm tới hạn…….…………………………… 19
1.4.2 Tách điểm tới hạn………… ……………………… ……… 22
1.5 Xác định vị trí một số điểm tới hạn…………………… 29
1.5.1 Đa thức với hai nghiệm xác định…………………………… 30
1.5.2 Đa thức với
m
nghiệm đã biết……………………………… 31
Chương 2. Một số mở rộng Định lý Rolle các vấn đề liên quan…… …… 38
2.1 Giả thuyết Sendov về miền Rolle…………………………………….38
2.2 Một mở rộng khác của định lý Rolle……………………………… 45
2.2.1 Khái niệm “ở giữa”….……………………………………… 45
2.2.2 Một số kết quả đối với trường hợp tổng quát…………………47
2.2.3 Trường hợp khi
P
có tối đa ba nghiệm khác nhau………… 48
2.2.4 Trường hợp đa thức có bậc không vượt quá 4……………… 51
2.3 Điểm tới hạn của hàm không phải là đa thức……………………… 52
Kết luận…………………………………………………………………… 56
Tài liệu tham khảo………………………………………………………… 57
2
MỞ ĐẦU
Định lý Rolle trên trường số thực là một trong những định lý về giá trị trung
bình, có ý nghĩa và có rất nhiều ứng dụng trong Giải tích, trong giải phương
trình và hệ phương trình, tìm nghiệm hoặc các điểm dừng của đa thức,…
Định lý Rolle về mối quan hệ giữa nghiệm của hàm số và nghiệm của đạo
hàm nói chung khá quen thuộc. Một điều tự nhiên sau khi số phức và lý
thuyết hàm phức ra đời, là mở rộng Định lý Rolle sang cho các hàm số trên
trường số phức. Một trong những Định lý quan trọng mở rộng Định lý Rolle
là Định lý Gauss (1836)-Lucas (1874) nói rằng, tất cả các nghiệm của đa thức
đạo hàm nằm trong bao lồi (đa giác lồi) của tất cả các nghiệm của đa thức. Từ
đó, Hình học của đa thức nghiên cứu quan hệ hình học giữa tập nghiệm của
đa thức và tập nghiệm của đạo hàm ra đời và phát triển. Nhiều kết quả mới
được tìm ra, nhiều giả thuyết quan trọng được phát biểu.
Luận văn Định lý Rolle trên trường phức có mục đích trình bày tổng quan các
kết quả đã biết về Định lý Rolle trên trường phức, chủ yếu cho lớp các hàm đa
thức. Ngoài phần mở đầu, phần kết luận, luận văn gồm hai chương.
Chương 1 trình bày tổng quan về Định lý Rolle cho đa thức trên trường phức.
Chương này trình bày định lý Rolle cho đa thức trên trường số thực và một số
ví dụ mà định lý Rolle không còn đúng trên trường phức, từ đó dẫn đến việc
xét bài toán mở rộng Định lý Rolle cho đa thức trên trường số phức. Bài toán
này đã được giải quyết theo nghĩa toàn cục bởi Định lý Gauss-Lucas. Từ đây
nảy sinh Giả thuyết Sendov, một giả thuyết mà 50 năm nay vẫn còn là bài
toán mở. Chương 1 cũng trình bày nhiều kết quả khác liên quan đến mở rộng
theo nghĩa địa phương của Định lý Rolle.
Chương 2 nghiên cứu miền Rolle, một cách mở rộng khác của Định lý Rolle
dựa trên khái niệm nghiệm của đa thức đạo hàm nằm “ở giữa” hai nghiệm của
3
đa thức. Chương 2 cũng đề cập đến một số mở rộng của Định lý Rolle cho các
lớp hàm rộng hơn lớp hàm đa thức.
Khi sắp xếp các kết quả, chúng tôi cố gắng làm rõ bức tranh Định lý Rolle
trên trường phức, chứng minh các định lý được giải mã và làm sáng tỏ hơn.
Nhiều tính toán trong chứng minh được trình bày chi tiết hơn tài liệu gốc.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn nhiệt tình và nghiêm túc của
PGS TS Tạ Duy Phượng. Xin được bày tỏ lòng biết ơn tới người Thày, đã
không chỉ hướng dẫn khoa học, mà còn động viên và khích lệ tác giả say mê
học tập và nghiên cứu.
Xin bày tỏ lòng biết ơn Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên, đã
trang bị cho tôi những kiến thức toán học trong thời gian học Cao học.
Xin được cám ơn Trường Trung học Phổ thông Xuân Giang – Quang Bình,
Hà Giang, nơi tôi công tác, đã tạo mọi điều kiện để tôi hoàn thành nhiệm vụ
học tập.
Xin được cám ơn Gia đình, bạn bè đã động viên, giúp đỡ, hi sinh và tạo điều
kiện cho tôi hoàn thành khóa học Cao học và viết Luận văn.
Thái Nguyên, tháng 6 năm 2013
Tác giả
Phan Thị Duyên
4
Chương 1
Định lý Rolle cho đa thức trên trường phức
1.1 Định lý Rolle cho đa thức với hệ số thực
Ta đã biết định lý quen thuộc sau đây.
Định lý 1.1.1 (Rolle, 1691) Giả sử
:
f
là một hàm khả vi trên đoạn
, ,
a b
nhận các giá trị thực và có tính chất
.
f a f b
Khi ấy tồn tại
ít nhất một điểm
,
c a b
sao cho
0.
f c
Từ định lý Rolle ta có hệ quả sau cho đa thức.
Hệ quả 1.1.1 Giả sử đa thức
1
0 1 1
n n
n n
P x a x a x a x a
với các hệ số
0
, 0,1, , , 0,
i
a i n a
là các số thực, có tất cả
2
m
nghiệm thực phân biệt
1 2
.
m
x x x
Khi ấy
P x
có không ít hơn
1
m
nghiệm thực
1 2 1
m
u u u
sao cho
1 1 2 2 3 3
.
m
x u x u x u x
Nhận xét 1.1.1 Điều kiện
2
m
là quan trọng. Ví dụ, đa thức
2
2 1
P x x x
có duy nhất một nghiệm thực
2,
x
nhưng đa thức
đạo hàm
2
3 4 1
P x x x
có hai nghiệm
1
1
3
x
và
2
1
x
không trùng với
2
x
(Hình 1).
f(x)=x^3-2x^2+x-2
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-5
5
x
y
Hình 1
Hình 2
5
Nhận xét 1.1.2 Đạo hàm
P x
có thể có nhiều hơn một nghiệm trong
khoảng hai không điểm của
.
P x
Ví dụ, đa thức bậc bốn
2 2 4 2
4 3 12
P x x x x x
chỉ có hai nghiệm thực
1,2
2,
x
nhưng
3
4 2
P x x x
có ba nghiệm thực
1
0
x
và
2,3
2
2
x nằm trong khoảng
2,2
(Hình 2).
Nhận xét 1.1.3 Khi số nghiệm thực (không tính bội) nhỏ hơn thật sự bậc của
đa thức
2
m n
thì đa thức đạo hàm
P x
có thể có những nghiệm khác
nằm ngoài khoảng hai nghiệm của
.
P x
Ví dụ, đa thức bậc bốn
2 2
2 3 5 52 138
P x x x x x
chỉ có hai nghiệm thực
1
1
x
và
2
3.
x
Nhưng đa thức đạo hàm
3
20 4 5
10
P x x x x
có một nghiệm
3
10
x
nằm trong và hai
nghiệm
2 3
4, 5
x x
nằm ngoài khoảng
1,3
(Hình 3).
Hình 3
Trong Định lý Rolle, từ giả thiết
f a f b
ta khẳng định sự tồn tại
nghiệm của đạo hàm trong khoảng
, .
a b
Một câu hỏi tự nhiên được đặt ra là:
Ta có thể thu hẹp đoạn
,
a b
chứa nghiệm của đa thức đạo hàm không?- Hai
định lý dưới đây trả lời cho câu hỏi trên.
Trước tiên, bằng phép biến đổi tuyến tính
2
,
a b
t x
b a b a
ta luôn có thể
coi
1
a
và
1.
b
6
Định lý 1.1.2 (Lagguerre-Cesàro, [30]) Giả sử
P x
là một đa thức bậc
2
n
với các hệ số thực chỉ có các nghiệm thực và
1, 1
a b
là hai nghiệm
liên tiếp của
.
P x
Khi đó có ít nhất một nghiệm của
P x
nằm trong đoạn
2 2
1 ,1 .
n n
Đoạn
2 2
1 ;1
n n
là đoạn tốt nhất có tính chất này theo
nghĩa với mỗi
2
0 ,
n
tồn tại một đa thức
P x
có bậc bằng
n
mà
P x
không có nghiệm trong khoảng
1 ;1 .
Xét các đa thức Legendre
2
0
1
1, 1 ; 1,2, 1.1
2 !
m
m
m
m m
d
P x P x x m
m dx
Thí dụ,
1
( ) ;
P x x
2
2
1
( ) 3 1 ;
2
P x x
3
3
1
5 3 .
2
P x x x
Định lý 1.1.3 (L. Tschakaloff, [30]) Cho
m
là nghiệm lớn nhất của đa thức
Legendre bậc
.
m
Nếu
P x
là một đa thức với các hệ số thực có bậc
2
n m
và
1 1 ,
P P thì có ít nhất một nghiệm của
P x
nằm trong khoảng mở
;
m m
với
3
n
và nằm trong khoảng đóng
2 2
;
với
3.
n
Nếu
2
n
thì
P x
có duy nhất một nghiệm đơn
1
0.
Hơn nữa với mỗi
0 ,
m m
tồn tại một đa thức
P x
có bậc
2
n m
mà
P x
không có
nghiệm trong đoạn
; .
m m
Nhận xét 1.1.4 Định lý Rolle chỉ đúng khi
f x
là hàm số xác định trên tập
số thực, nhận giá trị thực và không còn đúng trên tập số phức, theo nghĩa sau:
trên các đoạn thẳng nối các điểm là nghiệm của đa thức không nhất thiết có
nghiệm của đạo hàm. Ta xét một số ví dụ sau.
Ví dụ 1 Xét hàm số
1.
iz
f z e
Ta có
7
0
1 0 1 0
iz iz iz
f z e e e e z
hoặc
2 .
z k
Vậy
1
0
z
và
2
2
z
là hai nghiệm của phương trình
1.
iz
f z e
Nhưng đạo hàm
0
iz
f z ie
không có nghiệm nói chung, do đó cũng
không có nghiệm trong khoảng
0,2 .
Ví dụ 2 Xét đa thức
2 3 2
1 3 3 3.
P z z z i z i z z i
Ta có
2
( ) 0 1 3 0 1; 1
P z z z i z z
hoặc
3.
z i
Đa thức
2 3 2
1 3 3 3
P z z z i z i z z i
có ba nghiệm
1,2
1
z
và
3
3.
z i
Ba nghiệm
1 2 3
, ,
z z z
của đa thức tạo thành
một tam giác cân (Hình 4). Mặt khác, ta có
2
2
1 2
3 2 3 1 3 0 .
3 3
i i
P z z iz z z z
Nghiệm của đạo hàm
0
P z
không nằm trên
các cạnh của tam giác cân có ba đỉnh là ba
nghiệm của đa thức
,
P z
tức là không nằm
trên một trong ba đoạn thẳng nối các nghiệm
của đa thức đã cho (Hình 4). Tuy nhiên, nghiệm
của đạo hàm nằm trong tam giác có ba đỉnh là
nghiệm của đa thức
.
P z
Hình 4
Ví dụ 2 cho thấy, Định lý Rolle theo nghĩa tồn tại nghiệm của đạo hàm nằm
trên đoạn nối hai điểm nghiệm của hàm số, không còn đúng trên trường phức.
Vì vậy, cần phải phát biểu Định lý Rolle cho đa thức trên trường phức một
cách thích hợp hơn. Ví dụ 2 cũng gợi ý: Các điểm nghiệm của đạo hàm phải
nằm trong bao lồi của các điểm nghiệm của đa thức. Đây chính là nội dung
Định lý Gauss-Lucas (mở rộng Định lý Rolle) về quan hệ giữa nghiệm của đa
8
thức và nghiệm của đạo hàm. Từ đây ta cũng có Hệ quả: Nếu tất cả các
nghiệm của đa thức nằm trên một đường thẳng
L
(không nhất thiết là trục
thực) trên mặt phẳng phức, thì mọi nghiệm của đạo hàm cũng nằm trên
đường thẳng ấy.
1.2 Định lý Gauss-Lucas
Cho đa thức
( )
P z
với các hệ số phức và nhận giá trị phức. Năm 1836, Gauss
đã nhận xét rằng, mọi nghiệm của đa thức đạo hàm
,
P z
không trùng với
nghiệm bội của đa thức, có thể được coi như là điểm cân bằng của một trường
lực được tạo ra bởi các hạt đồng chất đặt tại mỗi điểm nghiệm
i
z
của đa thức
(
i
m
hạt nếu
i
z
là nghiệm bội
i
m
), nếu mỗi hạt sinh ra một lực hút tỉ lệ nghịch
với khoảng cách các hạt.
Chính vì lẽ đó, nghiệm
j
của đa thức đạo hàm
0
P z
thường được gọi là
điểm cân bằng, điểm tới hạn hoặc điểm dừng của đa thức
.
P z
Từ nay về
sau, các thuật ngữ nghiệm
của đa thức đạo hàm, điểm dừng, điểm tới hạn,
điểm cân bằng của đa thức được sử dụng theo cùng một nghĩa
0.
P
Từ nhận xét trên của Gauss, năm 1874, F. Lucas, một kĩ sư người Pháp, đã
phát biểu và chứng minh Định lý 1.2.1 dưới đây, sau này được gọi là Định lý
Gauss-Lucas.
Định lý 1.2.1 (Gauss-Lucas) Tất cả các điểm tới
hạn của đa thức
( )
P z
với hệ số phức nằm trong
bao lồi
H
của các nghiệm của
( ).
P z
Nếu các
nghiệm của
( )
P z
không nằm trên một đường
thẳng thì không có điểm tới hạn nào của
( )
P z
nằm trên biên của
,
H
trừ khi đó là nghiệm bội
của
( )
P z
(Hình 5).
Hình 5
9
Định lý Gauss-Lucas có rất nhiều cách chứng minh, thí dụ, ngoài Gauss và F.
Lucas, trong [18], trang 21, M. Marden đã liệt kê 13 tác giả chứng minh Định
lý Gauss-Lucas (trước 1932): G. J. Legebeke (1881); F. De Boer (1884); S.
Berlothy (1884); M. E. Cesàro (1885); M. Bôcher (1892); J. H. Grace (1902);
T. Hayashi (1914); F. Irwin (1915); B. Gonggryp (1915); M. B. Porter (1916);
Y. Uchida (1916); M. Krawtchouk (1926); J. V. Sz. Nagy (1918, 1932). Có
thể xem một số chứng minh Định lý Gauss-Lucas trong [2], [6], [18], [22],
[30],… Dưới đây chúng tôi trình bày chứng minh Định lí Gauss-Lucas theo
Jerry Shao–Chieh Cheng (2012, [6]).
Để chứng minh Định lý Gauss-Lucas, trước tiên ta chứng minh Định lý 1.2.2
(Cheng, 2012, [6]) dưới đây, là tổng quát hóa một kết quả của Marden (1966,
[18], trang 1).
Định lý 1.2.2 Giả sử các số phức
0, 1,2, , ,
j
i
j j
r e j p
thỏa mãn điều
kiện
,
j
1,2, , ,
j p
trong đó
,
là các số thực, và
0 .
Khi đó tổng
1
:
p
i
j
j
re
của các số phức
j
cũng khác không. Hơn nữa,
(Hình 6).
Chứng minh Định lí 1.2.2 nói rằng, nếu tất cả các số phức (các vectơ)
0
j
i
j j
r e
cùng nằm trong miền giới hạn bởi hai tia tạo với nhau một góc
0
thì vectơ tổng
1
:
p
i
j
j
re
cũng nằm trong góc ấy.
Không hạn chế tổng quát, chỉ cần chứng minh
Định lý 1.2.2 đúng với
0.
Kết quả trong
trường hợp tổng quát có thể thu được nhờ phép
quay với góc quay là
(cùng chiều kim đồng
hồ nếu
0).
Hình 6
10
Nếu với mọi
,
j
1,2, , ,
j p
ta có
0 ,
j
thì tất cả các vectơ
j
nằm
trong góc tạo bởi tia
Ox
trùng với chiều dương trục hoành có vectơ chỉ
phương là
1
1,0
v
và tia
Ov
có vectơ chỉ phương là
2
cos ,sin
v
hay
2
cos sin .
i
v e i
Vì
0
nên
Ov
tạo với
Ox
góc nhỏ hơn một
góc bẹt (Hình 6). Hơn nữa, mọi vectơ
j
tương ứng với điểm
j
i
j j
r e
có
thể phân tích theo hai vec tơ
1
1,0
v
và
2
cos ,sin
v
độc lập tuyến tính như
sau:
1 2
1,0 cos ,sin .
j j j j j
x v y v x y
Ta có
1 1 1
: : .
p p p
i i i
j j j
j j j
x y e x ye re
Do
0
j
nên
i
j j j
x y e
với
0, 0.
j j
x y
Nếu tất cả các
0,
j
y
thì
1 1
: 0
p p
j j
j j
x
do
0
j
x
và ít nhất có một
0
0.
j
x
Do đó
phải
nằm trên nửa dương của trục hoành và
0.
Nếu tồn tại một
0
0
j
y
thì do
0
j
y
với mọi
1,2, ,
j p
nên
1
0.
p
j
j
y y
Do đó
. 0
i
x y e
Hơn nữa, vì
, 0,
i
x y re
nằm trong góc giới hạn bởi hai tia
Ox
và
.
Ov
Do đó,
0 .
Định lý 1.2.2 được chứng minh.
Nhận xét 1.2.1 Nếu cho số phức
m
q
a b
với ,
a a b b
a x y i b x y i
(
a b
) và
m
là một số thực thì
.
m
q
a b
Thật vậy,
11
2 2
.
a b a b
a a b b a b a b
a b a b
x x y y i
m m m
q m
a b x y i x y i x x y y i
x x y y
2 2
.
a b a b
a b a b
x x y y i
q
x x y y
Mặt khác, ta có
2 2
.
a b a b
a a b b a b a b
a b a b
x x y y i
m m m
m
a b x y i x y i x x y y i
x x y y
Vậy
.
m
q
a b
Sử dụng Định lý 1.2.2 và Nhận xét 1.2.1, chúng ta có thể chứng minh Định lý
Gauss–Lucas như sau.
Chứng minh Định lý 1.2.1 Cho
1 2
1 2
p
m
m m
p
P z z z z z z z
là
một đa thức với các hệ số phức và các nghiệm phức. Ta có
1
1 2
1
31 2
1
1 2
1
1 1 2 1
2
2 1 2 3 1
1
1 2 1
.
p p
p p
p p
m m
m m
p p
m m
mm m
p p
m m
m m
p p p
P z m z z z z z z z z
m z z z z z z z z z z
m z z z z z z z z
Giả sử
z
không phải là nghiệm của đa thức, tức là
0,
P z
ta định nghĩa
hàm
z
như đạo hàm của
ln :
P z
1
1 2
1 2
1
31 2
1 2
1
1 1 2 1
1 2
2
2 1 2 3 1
1 2
ln
p p
p
p p
p
m m
m m
p p
m
m m
p
m m
mm m
p p
m
m m
p
P z
d
z P z
dz P z
m z z z z z z z z
z z z z z z
m z z z z z z z z z z
z z z z z z
12
1
1 2
1 2
1
1 2 1
1 2
p p
p
m m
m m
p p p
m
m m
p
m z z z z z z z z
z z z z z z
1 2
1
1 2
.
p
p j
j
j
p
m m
m m
z z z z z z
z z
Theo Nhận xét 1.2.1 ta có
1 1 1 1
: .
p p p p
j j j
j
j j j j
j j j
m m m
z
z z z z z z
(1.2)
Đặt
: cos sin .
j
i
j j j j j j
z z r e r i
Khi ấy
cos sin .
j j j j j
z z r i
Suy ra
2 2
cos sin
1 1 1 1
,
cos sin cos sin
j
i
j j
j
j j j j
j
j j j j j j
i
e
m z z r
z z
r i r
hay
.
j
i
j
j
j
m
e
r
Giả sử
H
là bao lồi của tất cả các điểm
nghiệm của
P z
và
( )
P z
có nghiệm
.
z H
Do đó tồn tại các số thực
,
với
sao
cho các vectơ :
j j
z z
thỏa mãn điều kiện
j
với mọi
1, ,
j p
(Hình 7).
Hình 7
Xét các vectơ
j
i
j
j
j
m
e
r
với
.
j
Theo Định lý 1.2.2 ta có
1
0.
p
j
j
z
Do đó
0.
P z
z
P z
Vậy
0,
P z
mâu thuẫn với giả thiết
0.
P z
Do đó tất cả các điểm tới
13
hạn của đa thức
( )
P z
với hệ số phức nằm trong tập
,
H
là bao lồi của các
nghiệm của
.
P z
Phần 1 của Định lý 1.2.1 được chứng minh.
Để chứng minh Phần 2 của Định lý 1.2.1, ta giả sử rằng các nghiệm của
( )
P z
không nằm trên một đường thẳng. Khi đó
H
phải là một đa giác lồi. Gọi tên
các đỉnh của
H
lần lượt là
1 2
, , ,
p
z z z
theo ngược chiều kim đồng hồ. Nếu
z
là một điểm nằm giữa hai đỉnh trên một cạnh của
H
(thí dụ, cạnh
1
p
z z
), khi
đó với mỗi số
j
i
j j j
z z r e
phải tồn tại
,
sao cho
và
j
với
1,2, , 1,
j p
mà
, .
p
Đặt
1 1
1
1 1
: .
p p
j
i
p j
j j
j
m
S e
z z
Theo Định lý 1.2.2, ta có
1
0
p
S
và
.
Hơn nữa, từ
0
p
i
p p p
z z r e
và
, ,
p
ta suy
ra
0.
p
i
p
p
p
m
e
r
Vì
và
,
p
nên
1
p
S
và
p
là
các vectơ độc lập tuyến tính. Do đó ta có
1
1
1 1
: 0.
p p
j
j p p p
j j
j
m
z S
z z
Suy ra
( ) 0.
P z
Chứng tỏ không có điểm tới hạn nào của
( )
P z
có thể nằm
trên biên của
,
H
trừ khi nó là một đỉnh của
.
H
Định lý Gauss – Lucas được chứng minh hoàn toàn.
Hệ quả 1.2.1 Đa giác lồi trong mặt phẳng phức chứa tất cả các nghiệm của
đa thức
P z
cũng chứa tất cả các nghiệm của
.
P z
Thí dụ, nếu đa thức
P z
có tám nghiệm
1 8
, ,
r r
được phân bố như trên Hình
8 thì đa giác lồi nhỏ nhất chứa tất cả các nghiệm của nó là ngũ giác lồi có các
đỉnh là
1 2 3 4 5
, , , , .
r r r r r
14
Áp dụng Định lí Gauss-Lucas cho nửa mặt
phẳng xác định bởi đường thẳng đi qua
1 2
,
rr
ta khẳng định các nghiệm của đa thức đạo
hàm phải nằm trong nửa mặt phẳng chứa
ngũ giác lồi
1 2 3 4 5
.
rr r r r
Hình 8
Lần lượt áp dụng Định lí Gauss-Lucas cho các cạnh tiếp theo, ta đi đến kết
luận: Tất cả các nghiệm của đa thức đạo hàm nằm trong đa thức bao lồi
1 2 3 4 5
rr r r r
của tất cả các nghiệm của đa thức.
Hệ quả dưới đây yếu hơn Hệ quả 1.2.1, nhưng tiện dùng hơn.
Hệ quả 1.2.2 Một hình tròn bán kính
r
chứa tất cả các nghiệm của đa thức
P z
cũng chứa tất cả nghiệm của đa thức
.
P z
Chú ý 1.2.1 Để tiện nghiên cứu, nếu cần thì dùng phép đổi biến, chúng ta có
thể giới hạn lớp các đa thức đã được chuẩn hóa đối với vị trí các nghiệm theo
nghĩa: Tất cả các nghiệm nằm trong đĩa (hình tròn) đơn vị đóng trong mặt
phẳng phức
0,1 : 1 .
D z z
Chúng ta dễ dàng sử dụng Hệ quả 1.2.2 để
đưa ra hệ quả dưới đây cho lớp các đa thức này.
Hệ quả 1.2.3 Nếu tất cả các nghiệm của đa thức
P z
nằm trong hình tròn
đơn vị đóng
0,1 : 1
D z z
thì tất cả các nghiệm của đa thức đạo hàm
P z
cũng nằm trong hình tròn đơn vị đóng
0,1 : 1 .
D z z
Chú ý 1.2.2 Chúng ta chỉ nghiên cứu tập tất cả các đa thức có các nghiệm
nằm trong
1.
z
Hệ quả 1. 2. 3 không còn đúng nếu hàm được xét không
phải là đa thức. Ví dụ, hàm số
2
z
f z ze
chỉ có nghiệm duy nhất
0,
z
tức
là tất cả các nghiệm của
2
z
f z ze
nằm trong
1.
z
Tuy nhiên, đạo hàm
của nó,
15
2 2 2
1 1
1 ,
2 2
z z z
f z e ze z e
có nghiệm
2
z
và nghiệm này nằm ngoài hình tròn đơn vị
1.
z
1.3 Giả thuyết Sendov
Từ Định lý Rolle ta có nhận xét: Khoảng cách từ điểm nghiệm của đạo hàm
tới hai điểm nghiệm gần nó nhất của đa thức không vượt quá một nửa khoảng
cách giữa các điểm ấy. Coi khoảng cách lớn nhất giữa hai nghiệm thực liên
tiếp của đa thức với hệ số thực không vượt quá 2, thì giữa hai nghiệm liên tiếp
của đa thức luôn tồn tại một nghiệm của đạo hàm có khoảng cách tới một
nghiệm của đa thức không vượt quá 1.
Xuất hiện bài toán tương tự: Đánh giá khoảng cách giữa nghiệm (phức) của
đa thức và nghiệm (phức) của đa thức đạo hàm.
Từ Hệ quả 1.2.2 của Định lí Gauss-Lucas ta có một hệ quả sau đây.
Hệ quả 1.3.1 Nếu tất cả các nghiệm của đa thức
P z
nằm trong hình tròn
đóng
0, :
D r z z r
bán kính
r
và
1
z
là một nghiệm của
,
P z
thì
hình tròn tâm
1
z
bán kính
2
r
chứa tất cả các nghiệm của đa thức đạo hàm
.
P z
Hệ quả này là hiển nhiên, vì mọi nghiệm của đa thức và mọi điểm dừng đều
nằm trong đĩa bán kính
.
r
Do đó khoảng cách giữa một nghiệm của đa thức
tới tất cả các nghiệm của đạo hàm không vượt quá đường kính của hình tròn,
tức là không vượt quá
2 .
r
Năm 1958, nhà toán học người Bungaria Blagovest Sendov đã đặt câu hỏi:
Nếu thay
2
r
trong hệ quả trên bằng
r
thì khẳng định trên còn đúng không? -
Và Ông đi đến giả thuyết (sau này mang tên Sendov) dưới đây.
16
Giả thuyết 1 (Giả thuyết Sendov) Giả sử mọi nghiệm của đa thức
1
0 1
( )
n n
n n
P z a z a z a
nằm trong đĩa đơn vị đóng
0,1 : 1 .
D z z
Khi ấy nếu
1
z
là một nghiệm của đa thức
P z
thì
tồn tại một nghiệm
của đa thức đạo hàm
P z
nằm trong đĩa đơn vị đóng
tâm
1
,
z
tức là
1 1
,1 1.
D z z z
Giả thuyết Sendov nói rằng: Giao (miền thấu kính) của hình tròn đơn vị đóng
0,1
D tâm ở gốc tọa độ và hình tròn bán kính đơn vị đóng
1
,1
D z
tâm ở
điểm nghiệm
1
z
của đa thức phải chứa ít nhất một điểm là nghiệm của đa thức
đạo hàm (
1
z
được kí hiệu là
r
trong Hình 9).
Nhận xét 1.3.2 Ta thấy rằng, đa thức
1
n
P z z
có tất cả
n
nghiệm nằm trên đường
tròn đơn vị, và đa thức
1
n
P z nz
có duy nhất
một nghiệm
0
z
bội
1,
n
tức là khoảng cách
từ một điểm nghiệm bất kì của đa thức đến một
điểm nghiệm bất kì của đạo hàm đều bằng 1.
Hình 9
Vì vậy không thể thay bán kính
1
r
bởi số bé hơn.
Giả thuyết Sendov cũng có thể phát biểu dưới dạng sau.
Giả thuyết Sendov 1’ Giả sử mọi nghiệm
1
, ,
n
z z
của đa thức
1
0 1
n n
n
P z a z a z a
nằm trong đĩa đơn vị đóng
0,1 : 1 .
D z z
Khi ấy mỗi đĩa đóng
1
,1 , , ,1
n
D z D z
đều chứa ít
nhất một điểm dừng của
.
P z
Vì theo Định lí Gauss-Lucas, mọi nghiệm của đa thức đạo hàm đều nằm trong
đĩa đơn vị đóng
0,1
D nên Giả thuyết Sendov 1’ nói rằng, trong mỗi miền
17
thấu kính
0,1 ,1 , 1, ,
k
D D z k n
đều chứa ít nhất một điểm dừng.
Hình 10 minh họa trường hợp đa
thức có tám nghiệm
, 1, ,8
i
z i
nằm trong hình tròn đơn vị. Trong
mỗi hình tròn tâm
i
z
bán kính 1
đều có một trong bảy nghiệm của
đa thức đạo hàm. (Hình 10 được
lấy từ trang web:
www.theoremoftheday.org.)
Hình 10
Giả thuyết Sendov hiển nhiên đúng cho đa thức bậc hai. Thật vậy, vì tam thức
bậc hai
2
P z z bz c
có hai nghiệm
2
1,2
4
2
b b c
z
và đa thức đạo
hàm
2
P z z b
có nghiệm
1 2
.
2 2
b z z
Suy ra nếu
1,2
1
z
thì
1 2 2 1
2
z z z z
và
1 2 2 1
1,2 1,2
1
.2 1.
2 2 2
z z z z
z z
D. A. Brannan là người đầu tiên chứng minh Giả thuyết Sendov cho trường
hợp
3
n
vào năm 1968. Cũng năm đó, Z. Rubinstein đã chứng minh giả
thuyết này cho
3 4.
n
Năm 1969, A. Joyal và G. Schmeisser đã nhận được
kết luận mạnh hơn cho trường hợp
3 4.
n
Một số tác giả khác cũng tham
gia chứng minh giả thuyết Sendov, cho trường hợp
3:
n
B. Saff và J. B.
Twomey (1971), G. L. Cohen và G. H. Smith (1988); J. Borcea (1996); P. G.
Todorov (1996). Cho trường hợp
4:
n
G. L. Cohen và G. H. Smith (1988).
Như một hệ quả đơn giản, trường hợp
3 4
n
được suy ra từ một Định lí
tổng quát của Bl. Sendov (2002).
Năm 1969, A. Meir và A. Sharma đã chứng minh giả thuyết Sendov cho
trường hợp
5.
n
Năm 1971, Gacs đã mở rộng kết quả mạnh hơn của G.
18
Schmeisser cho trường hợp
5.
n
Trường hợp
5
n
cũng được chứng minh
bởi S. Kumar và B. G. Shenoy năm 1992 và J. Borcea, 1996.
Hơn 20 năm sau khi trường hợp
5
n
được chứng minh, J. Brown mới cho
một số tiến bộ đáng kể trong chứng minh trường hợp
6
n
vào các năm 1988
và 1991. Năm 1996, Borcea đã cho một chứng minh giả thuyết Sendov cho
trường hợp
6.
n
Cùng năm đó Katsoprinakis cũng đã cho một chứng minh
chính xác nhờ sửa lại chứng minh cũ (1992) cho trường hợp
6.
n
Trường hợp
7
n
đã được J. Borcea chứng minh năm 1996 và J. Brown
chứng minh năm 1997.
Năm 1999, J. Brown và G. Xiang, học trò của Ông, đã chứng minh cho
trường hợp
8.
n
Theo Bl. Sendov (2002): Chứng minh của J. Brown và G.
Xiang rất công phu. Nó dựa vào đánh giá trên và đánh giá dưới của tích các
giá trị tuyệt đối của các điểm nghiệm của đạo hàm. Phương pháp của J.
Brown và G. Xiang cho
8
n
có lẽ có thể mở rộng cho
9,
n
nhưng đây là
một công việc gian nan.
Mặc dù một số tác giả (thí dụ, G. Schmieder, 2003), công bố là đã chứng
minh được giả thuyết Sendov nhưng các chứng minh này không được công
nhận. Do đó, kỉ lục chứng minh giả thuyết Sendov của J. Brown và G. Xiang
cho
9
n
năm 1999 vẫn được giữ cho đến nay (2013).
Tổng quan về Giả thuyết Sendov cùng Danh mục 108 Tài liệu viết về Giả
thuyết Sendov có thể xem trong [1] và [2].
1.4 Mở rộng Định lý Rolle trên trường phức
Định lý Rolle cho các đa thức với hệ số thực có giả thiết là
.
P a P b
Bằng phép biến đổi tuyến tính, ta luôn có thể giả thiết
1 1 .
P P
Định lý Rolle cho đa thức trên trường phức có cấu trúc như sau:
19
Cho một số tự nhiên
2,
n
n
K
là lớp các hàm đa thức với các hệ số phức có
bậc
n
với
1 1 ,
P P
n
là tập hợp con nào đó của mặt phẳng phức.
Nếu
n
P K
thì tồn tại
,
n
sao cho
0.
P
Trong các tài liệu, các định lý kiểu này thường được gọi là tương tự (hay tổng
quát hóa) của định lý Rolle cho đa thức trên trường phức.
1.4.1 Xác định một điểm tới hạn
Một trong những định lý sớm nhất và nổi tiếng nhất trong các mở rộng của
Định lý Rolle là Định lý Grace – Heawood.
Định lý 1.4.1 (Grace,1902; Heawood, 1907, xem [30], trang 107-108) Nếu
( )
P z
là một đa thức bậc
2
n
thỏa mãn điều kiện
1 1 .
P P Khi ấy tồn
tại ít nhất một điểm nghiệm
của đa thức đạo hàm nằm trong hình tròn
đóng
0;cot : cot .
D z z
n n
Để chứng minh Định lý Grace – Heawood, ta sử dụng
Định nghĩa 1.4.1 ([18], trang 60) Hai đa thức
0
, ,
n
k
k
k
P z C n k A z
0
, ,
n
k
k
k
Q z C n k B z
0
n n
A B
được gọi là hai đa thức liên hợp (apolar polynomials) nếu hệ số của chúng
thỏa mãn đẳng thức
0 1 1 2 2 0
,1 ,2 1 0.
n
n n n n
A B C n AB C n A B A B
Rõ ràng, có vô số đa thức liên hợp với đa thức đã cho.
Bổ đề 1.4.1 (Định lý Grace, [1], trang 61) Giả sử
P z
và
Q z
là hai đa
thức liên hợp và một trong số hai đa thức đó có tất cả các nghiệm nằm trong
hình tròn
,
C
khi đó đa thức còn lại cũng có ít nhất một nghiệm nằm trong
.
C
20
Chứng minh Không làm mất tính tổng quát, có thể coi
1
1
z
và
2
1
z
(Hình 11, cho trường hợp
8
n
). Theo giả thiết,
2 2 1
0 1 2 2
n n
n
P z a a z a z a z z
thỏa mãn điều kiện
1
0 2 4
1
2 2
0 1 1 2
3 5
P P p t dt a a a
(1.3)
Vì vế phải của phương trình (1.3) là một hệ thức tuyến tính của các hệ số nên
ta có thể23 áp dụng Bổ đề 1.4.1. Như vậy, có ít nhất một nghiệm của đạo hàm
P z
nằm trong mỗi miền tròn có chứa các nghiệm của đa thức liên hợp
1
1
1
1
1 1 .
n n n
Q z z t dt z z
n
Nhưng nghiệm của
Q z
là
cot , 1,2, , 1.
k
k
z i k n
n
Điều này có
nghĩa là không chỉ có ít nhất một nghiệm của
P z
nằm trong hình tròn
C
theo Bổ đề 1.4.1, mà cũng có ít nhất một nghiệm của
P z
nằm trong mỗi
hình tròn
C
(Hình 11) đi qua hai điểm
cot .
z i
n
Hình 11
Nhận xét 1.4.1 Bán kính
r
của Định lý Grace – Heawood không được thay
thế bởi một số nhỏ hơn. Thật vậy, đa thức
21
1
1
1
cot cot 1 cot
n
n
n
z
P z t i dt z i i
n n n n
có các nghiệm
1
z
và đạo hàm
1
cot
n
P z z i
n
có duy nhất một
nghiệm bằng
cot .
z i
n
Ký hiệu
1
csc .
sin
Dưới đây sẽ phân tích kĩ hơn chứng minh của Định lý
1.4.1.
Cho các điểm
1
z
và
2
z
thay đổi tùy ý trong hình tròn
z R
và xét các hình
tròn
C
trong Định lý 1.4.1 (Hình 12). Ta chỉ cần xét các điểm
1
z
và
2
z
chạy
trên đường tròn, tức là
1 2
.
z z R
Bất kỳ điểm nào trên đường tròn
C
cũng có thể được biểu diễn bởi số phức
1 2
1 2
cot .
2 2
i
z z
z z
e
n
(1.4)
Hình 12
Tương ứng với điểm
, hai điểm
1
z
và
2
z
trên đường tròn
z R
có thể
được tìm bằng cách cho
1 2
,
i
z z e
hoặc
2 1
i
z z e
với
0
và để
phương trình (1.4) được thỏa mãn. Do đó
1 1 cot ,
2 2
i i
R R
e e
n
22
cos sin cot sin csc csc .
2 2 2
R R R
n n n n
Như vậy, ta đã chứng minh được định lý sau.
Định lý 1.4.2 ([26], Định lý 4.3.4, trang 128) Nếu
( )
P z
là một đa thức bậc
2
n
và
1 1 .
P P Khi đó tồn tại một điểm tới hạn
của
( )
P z
nằm
trong hợp của hai hình tròn đóng
1 1
1 2
cot ;sin cot ;sin .
1 1 1 1
D i D i
n n n n
Ta có nhận xét rằng, hai đường tròn này đi qua hai điểm
1,0
A và
1,0 .
B
Thật vậy, kí hiệu
1
0,cot
1
O
n
và
2
0, cot
1
O
n
là tâm của các đường
tròn
1
D
và
2
D
tương ứng. Khi ấy khoảng cách
2 1
1
1
1 cot sin .
1 1
sin
1
O A
n n
n
Các điểm khác tương tự.
1.4.2 Tách các điểm tới hạn
Định lý Gauss-Lucas nói rằng, mọi miền lồi chứa tất cả các nghiệm của đa
thức phải chứa tất cả các nghiệm của đạo hàm. Thay vì giả thiết tất cả các
nghiệm của đa thức nằm trong một hình tròn cụ thể (xác định được tâm và
bán kính của hình tròn đó) như trong Định lý Gauss-Lucas, ta có thể “tinh
chỉnh” hơn bằng cách “khoanh vùng”, “tách” các điểm nghiệm trong các hình
tròn khác nhau. Tức là giả sử đa thức bậc
n
có
1
n
nghiệm nằm trong hình
tròn đóng
1
,
D
2
n
nghiệm nằm trong hình tròn đóng
2
,
D
,
p
n
nghiệm nằm
trong hình tròn đóng
.
p
D
Hãy “tách” các điểm tới hạn, nghĩa là xác định vị trí
các điểm nghiệm của đạo hàm theo vị trí của các hình tròn
, 1,2, .
i
D i p
23
Vào những năm 1918-1922, Joseph L. Walsh là người đầu tiên nghiên cứu bài
toán này với một loạt các phát hiện thú vị. Dưới đây là hai trong số các kết
quả nghiên cứu của J. L. Walsh.
Định lý 1.4.3 (Định lý về hai hình tròn của Walsh, [18]) Nếu đa thức
1
P z
bậc
1
n
có
1
n
nghiệm nằm trong hình tròn đóng
1
D
với tâm
1
c
bán kính
1
r
và
đa thức
2
P z
bậc
2
n
có
2
n
nghiệm nằm trong hình tròn đóng
2
D
với tâm
2
c
bán kính
2
r
thì mọi nghiệm của đa thức đạo hàm của tích
1 2
( )
P z P z P z
không nằm trong các hình tròn
1
,
D
2
D
phải nằm trong hình tròn
3
D
với tâm
3
c
bán kính
3
,
r
trong đó
1 2 2 1 1 2 2 1
3 3
1 2 1 2
, .
n c n c n r n r
c r
n n n n
(1.5)
Theo một nghĩa nào đó thì hình tròn
3
D
là trung bình có trọng số của hai hình
tròn
1
D
và
2
D
(Hình 13).
Hình 13
Để chứng minh định lý về hai đường tròn của Walsh chúng ta sử dụng
Bổ đề 1.4.2 ([1], Định lý 15.4, trang 62]) Cho
là một dạng
n
- tuyến tính
đối xứng có tổng của các bậc theo
1 2
, , ,
n
z z z
là
,
n
và cho
C
là một miền
tròn có chứa
n
điểm
0 0 0
1 2
, , , .
n
z z z
Khi đó trong
C
sẽ tồn tại ít nhất một
điểm
thỏa mãn
0 0 0
1 2
, , , , , , .
n
z z z
Bổ đề 1.4.3 ([1], Bổ đề 17.2a, trang 75) Nếu các điểm
1 2
, ,
p
thay đổi
24
độc lập tương ứng trên các hình tròn
1 2
, , , ,
p
C C C
thì tất cả các điểm
với
1
,
p
j j
j
m
trong đó
j
m
là các hằng số phức tùy ý, nằm trong một đường
tròn
C
đóng có tâm
c
và bán kính
,
r
trong đó
1
p
j j
j
c m c
và
1
p
j j
j
r m r
với
j
c
và
j
r
lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn
.
j
C
Bổ đề 1.4.4 ([1], Định lý 18.3, trang 84–85) Giả sử nghiệm của đa thức
1
P z
bậc
1
m
có các nghiệm nằm trong hình tròn đóng
1 1 1
;
C r
và nghiệm
của đa thức
2
P z
bậc
2
m
nằm trong hình tròn đóng
2 2 2
; .
C r
Cho đa thức
Q z
được xác định bởi phương trình
1 2
0 1
, , ,
p
n
n j q
j j
j j
Q z C m j C m n j B z bz z
trong đó hệ số nhị thức
, 0
C k j
nếu
j k
hoặc
0,
j
với
1 2
p q n m m
và
0, 1, 1,2, , .
j j
j p
Khi đó nghiệm của đa
thức
( )
1 2
0
,
n
n j
j
j
j
h z C n j B P z P z
có nghiệm là các điểm
nằm trong
hình tròn đóng
1
C
nếu
1
,
m n
nằm trong hình tròn đóng
2
C
nếu
2
m n
và
nằm trong
p
hình tròn đóng
, ,
j j j
trong đó
1 2
1
j
j
j
và
1 2
,
1
j
j
j
r r
1,2, , .
j p
Chứng minh Định lý 1.4.3 Lưu ý rằng, nếu
Z
là nghiệm bất kỳ của
,
P z
nghĩa là
1 2 1 2
0 .
P Z P Z P Z P Z P Z
(1.6)
