Một số tính chất về nghiệm của đa thức (LV thạc sĩ)

Một số tính chất về nghiệm của đa thức (LV thạc sĩ)Một số tính chất về nghiệm của đa thức (LV thạc sĩ)Một số tính chất về nghiệm của đa thức (LV thạc sĩ)Một số tính chất về nghiệm của đa thức (LV thạc sĩ)Một số tính chất về nghiệm của đa thức (LV thạc sĩ)Một số tính chất về nghiệm của đa thức (LV thạc sĩ)Một số tính chất về nghiệm của đa thức (LV thạc sĩ)Một số tính chất về nghiệm của đa thức (LV thạc sĩ)Một số tính chất về nghiệm của đa thức (LV thạc sĩ)Một số tính chất về nghiệm của đa thức (LV thạc sĩ)Một số tính chất về nghiệm của đa thức (LV thạc sĩ)Một số tính chất về nghiệm của đa thức (LV thạc sĩ)Một số tính chất về nghiệm của đa thức (LV thạc sĩ)Một số tính chất về nghiệm của đa thức (LV thạc sĩ)Một số tính chất về nghiệm của đa thức (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊNTRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ HỒNG TÂM

MỘT SỐ TÍNH CHẤT VỀ NGHIỆM

CỦA ĐA THỨC

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học

TS TRẦN NGUYÊN AN

THÁI NGUYÊN - 2016

Mục lục

MỞ ĐẦU 1

Chương 1 Đa thức và nghiệm của đa thức 3

1.1 Đa thức và nghiệm của đa thức 3

1.2 Nghiệm của đa thức trên trường số 11

Chương 2 Số nghiệm và biên nghiệm của đa thức 16

2.1 Số nghiệm thực của đa thức 16

2.2 Đánh giá số nghiệm bằng công cụ giải tích 29

2.3 Chặn trên cho nghiệm của đa thức 37

2.4 Biên nghiệm và ứng dụng xét tính bất khả quy của đa thức 49 KẾT LUẬN 53

Tài liệu tham khảo 53

MỞ ĐẦU

Trong Toán học nói chung và trong chương trình toán học phổthông nói riêng chuyên đề đa thức là một trong những chuyên đề quantrọng, quen thuộc, phổ dụng và có nhiều ứng dụng phong phú Mộtvấn đề có lịch sử phát triển lâu đời và được nhiều người quan tâm làphương trình đa thức Khi tìm hiểu phương trình đa thức (trên miềnđang xét) nhiều câu hỏi tự nhiên đặt ra: phương trình có nghiệm không,tìm nghiệm của phương trình, phương trình có bao nhiêu nghiệm, vị trínghiệm (trên các trường số)

Từ thời xa xưa người Hylạp đã tìm ra cách giải phương trình (đathức) bậc hai Phương trình bậc ba, bậc bốn có cách giải từ thế kỉ XVI.Khoảng 300 năm sau đó, người ta tiếp tục tìm cách giải các phươngtrình bậc cao hơn nhưng không có kết quả Mãi đến những năm 20 củathế kỉ XIX Abel mới chứng minh được rằng phương trình bậc n, n ≥ 5

là không giải được, có nghĩa là không thể có công thức biểu diễn nghiệmqua các hệ số của phương trình bằng căn thức Tuy nhiên kết quả củaAbel không loại trừ khả năng là các nghiệm của đa thức cụ thể với hệ

số thực hay phức có giải được bằng căn thức Mãi đến những năm 30của thế kỷ XX, Galois mới giải quyết trọn vẹn vấn đề về điều kiện đểphương trình cụ thể cho trước giải được bằng căn thức Các vấn đề trênđây đã được tìm hiểu một phần trong chương trình đại học

Khi không xác định được một cách cụ thể nghiệm của một đa thức

ta xét đến bài toán xác định số nghiệm của đa thức Quy tắc xét dấuDescartes, Định lý Budan-Fourier và Định lý Sturm là những công cụhữu hiệu cho việc xác định số nghiệm thực của đa thức Đôi khi xác định

số nghiệm là chưa đủ ta cần xác định vị trí nghiệm, chẳng hạn khoảnghay đoạn số thực chứa nghiệm Trong thực tế ta lại cần xác định giá trị

xấp xỉ của nghiệm Đối với vần đề này phương pháp do Newton đề xuất

là hữu hiệu và dễ tiếp cận

Mục đích của luận văn là tìm hiểu một số tính chất về nghiệmcủa đa thức Luận văn nhấn mạnh vào việc tìm hiểu số nghiệm và biênnghiệm của đa thức

Ngoài phần mở đầu, kết luận, và tài liệu tham khảo, luận văn gồmhai chương Chương 1 trình bày sơ lược về vành đa thức, nghiệm của

đa thức, đa thức trên các trường số phức, trường số thực và trường sốhữu tỉ, công thức nghiệm Viete Trong chương 2, luận văn trình bày về

số nghiệm và biên nghiệm của đa thức Cụ thể về công thức nghiệm cơbản, số nghiệm của đa thức, một số định lý đánh giá về số nghiệm của

đa thức như: Định lý Budan - Fourier, định lý Sturm, định lý Sturm mởrộng cũng như quy tắc dấu Descartes Bên cạnh đó luận văn trình bàyviệc đánh giá số nghiệm bằng công cụ giải tích Một số chặn nghiệm,đặc biệt phương pháp sử dụng ma trận để đánh giá nghiệm của đa thức,ứng dụng biên nghiệm để xét tính bất khả quy của đa thức cũng đượctrình bày trong luận văn này

Trong suốt quá trình làm luận văn, tôi nhận được sự hướng dẫn

và giúp đỡ tận tình của TS Trần Nguyên An Tôi xin được bày tỏ lòngbiết ơn sâu sắc đến thầy

Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành đến quý thầy cô giảng dạy lớpCao học toán khoá 8 đã truyền thụ đến cho tôi nhiều kiến thức và kinhnghiệm nghiên cứu khoa học

Tôi xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, tháng 5 năm 2016,

Nguyễn Thị Hồng Tâm

Chương 1

Đa thức và nghiệm của đa thức

1.1 Đa thức và nghiệm của đa thức

Giả sử R là vành giao hoán có đơn vị Đặt

(1, 0, , 0, )

Ký hiệu x = (0, 1, 0, 0, ) ∈ P Dễ dàng kiểm tra được

x2 = (0, 0, 1, 0, 0, ),

x3 = (0, 0, 0, 1, 0, 0, ),

xk = (0, 0, , 0, 1, 0, 0, ),

trong đó xk là dãy có toạ độ thứ k + 1 bằng 1, còn các toạ độ khác đềubằng 0 Xét ánh xạ ϕ : R → P xác định bởi ϕ(a) = (a, 0, 0, ) với mọi

a ∈ R Rõ ràng ϕ là đơn cấu vành Vì thế ta có thể coi R như là vànhcon của P Từ đơn cấu ϕ ở trên, ta có thể đồng nhất

Định nghĩa 1.1.1 Vành P được gọi là vành đa thức của ẩn x lấy hệ

tử trong R, hay vắn tắt vành đa thức của ẩn x lấy hệ tử trong R, và kýhiệu là R[x] Các phần tử của vành đó gọi là đa thức của ẩn x lấy hệ tửtrong R và thường được ký hiệu bởi f (x), g(x), h(x), Trong một đathức

là monic nếu hệ số cao nhất của nó là 1 Các đa thức bậc 0 được gọi là

đa thức hằng Các đa thức bậc 1 được gọi là đa thức tuyến tính

Kết quả sau đây suy ra ngay từ định nghĩa của phép cộng và phépnhân các đa thức

Bổ đề 1.1.2 Với mọi f (x), g(x) ∈ R[x], ta có

deg(f (x) + g(x)) ≤ max{deg(f (x)), deg(g(x))};

deg(f (x)g(x)) ≤ deg(f (x)) + deg(g(x))

Nếu R là miền nguyên thì

deg(f (x)g(x)) = deg(f (x)) + deg(g(x))

Hệ quả 1.1.3 Nếu R là miền nguyên, thì R[x] cũng là miền nguyên.Định lý 1.1.4 (Chia với dư) Cho f (x), g(x) ∈ R[x], với R là mộttrường và g(x) 6= 0 Khi đó tồn tại duy nhất hai đa thức q(x) và r(x)

thuộc R[x] sao cho: f (x) = g(x)q(x) + r(x) và deg r(x) < deg g(x).Chú ý 1.1.5 Đa thức q(x) gọi là thương và r(x) goi là dư của phépchia f (x) cho g(x)

Định lí trên vẫn đúng khi R là miền nguyên và hệ số cao nhất của

g(x) khả nghịch trong R

Trong thuật toán chia với dư trên đây, nếu các hệ số của f (x) và

g(x) là những số thực (tương ứng hữu tỉ) thì các hệ số của thương q(x)

và dư r(x) đều là thực (tương ứng hữu tỉ)

Thuật toán chia dư giúp ta tìm ƯCLN của hai đa thức

Định nghĩa 1.1.6 Giả sử R là vành con của vành S,và f (x) = anxn+

· · · + a1x + a0 là một đa thức trong R[x] Với mỗi phần tử α ∈ S, ta

kí hiệu f (α) = anαn + · · · + a1α + a0 ∈ S Phần tử α ∈ S được gọi

là nghiệm của f (x) nếu f (α) = 0 Trong trường hợp này ta cũng nói α

là một nghiệm của phương trình f (x) = 0 trên S Tìm các nghiệm của

f (x) trên S được gọi là giải phương trình đa thức f (x) = 0 trên S

Định lý 1.1.7 (Định lý Bézout) Cho R là một miền nguyên, f (x) ∈R[x], α ∈ R Điều kiện cần và đủ để α là một nghiệm của f (x) là f (x)

chia hết cho (x − α)

Từ kết quả trên ta có sơ đồ chia Horner: chia đa thức f (x) cho

x − a Giả sử R là miền nguyên f (x) = anxn + · · · + a1x + a0 là một

đa thức trong R[x] Chia f (x) cho x − a, a ∈ R, ta được thương dạng

g(x) = bn−1xn−1+ · · · + b1x + b0, dư r ∈ R Vì f (x) = (x − a)g(x) + r

Bổ đề 1.1.8 Cho f (x) ∈ R[x] Phần tử a ∈ R là nghiệm bội k của

f (x) nếu và chỉ nếu f (x) = (x − a)kg(x) với g(x) ∈ R[x] và g(a) 6= 0

Sử dụng công cụ đạo hàm ta có thể mô tả khác cho các hệ tửtrong khai triển Taylor của f (x) tại a

Định nghĩa 1.1.9 Cho f (x) ∈ R[x] với R là miền nguyên

(i) Nếu f (x) = a0 ∈ R, đặt f0(x) = 0 Nếu f (x) = Pn

k=0akxk với

n ≥ 1, đặt f0(x) = Pn

k=1kakxk−1 Ta gọi f0(x) là đạo hàm (hình thức)của f (x)

(ii) Đặt f(0)(x) = f (x), f(1)(x) = f0(x), , f(k)(x) = (f(k−1)(x))0, ∀k ∈

N∗ Ta nói f(k)(x) là đạo hàm cấp k của f (x) với k ∈ N

Trong trường hợp R là trường số thực R thì đạo hàm hình thức ởđây là đạo hàm của hàm số f (x)

Nếu f (x) và g(x) là hai đa thức thì đạo hàm hình thức của tổng

và tích của hai đa thức này như sau

(f + g)0(x) = f0(x) + g0(x)(f.g)0(x) = f0.g(x) + f.g0(x)

Chú ý Trong trường hợp R là trường có đặc số 0 thì các hệ số ck trongkhai triển Taylor có thể tính theo các đạo hàm của f (x) như sau:

ck = f

(k)(a)k! ,

k

Định nghĩa 1.1.10 (Nghiệm bội) Chof (x) ∈ R[x], α ∈ R, k ∈ Z, k ≥

1 Ta gọi α là nghiệm bội k của f (x) nếu f (x) chia hết cho (x − α)k

nhưng không chia hết cho (x − α)k+1 nghĩa là:

(

f (x) = (x − α)kg(x), ∀x ∈ R,g(α) 6= 0

Nếu k = 1, ta gọi α là nghiệm đơn hay còn gọi nghiệm, nếu k = 2, tagọi α là nghiệm kép

Sử dụng công cụ đạo hàm ta có một số tính chất sau của nghiệmcủa đa thức

Định lý 1.1.11 Giả sử R là một trường tùy ý (có thể có đặc số p) Đathức f (x) ∈ R[x] bậc n > 0 chỉ có nghiệm đơn khi và chỉ khi

nhưng f (x) có nghiệm u bội k > 1 Khi đó

f (x) = (x − u)kg(x), trong đó g(x) không chia hết cho (x − u)

Và

f0(x) = (x − u)k−1[kg(x) + (x − u)g0(x)]

Như vậy(x − u)k−1 là một ước chung bậc dương của f (x)và f0(x) Điều

vô lý này chứng tỏ định lý được chứng minh

Định lý 1.1.12 Nếu R là trường có đặc số không thì mọi đa thức bấtkhả quy thuộc R[x] đều chỉ có nghiệm đơn

Chứng minh Giả sử f (x) = anxn+ an−1xn−1+ · · · + a1x + a0 ∈ R[x] làmột đa thức bất khả quy Vì trường R có đặc số 0, n > 0, an 6= 0 nên

nan 6= 0 Do đó

f0(x) = nanxn−1 + (n − 1)an−1xn−2+ · · · + a1 6= 0

Vì f (x) bất khả quy và bậc của f0(x) nhỏ hơn n, nên f0(x) không chiahết cho f (x), nên ƯCLN(f (x), f0(x)) = 1 Vậy f (x) chỉ có nghiệmđơn

Định lý 1.1.13 a là nghiệm bội cấp k, k 6= 1 của f (x) khi và chỉ khi

a là nghiệm của các đa thức f0, f00, , f(k−1), nhưng không là nghiệmcủa f(k)

Chứng minh Nếu a là nghiệm bội cấp k, ta có

f (a) = f0(a) = · · · = f(k−1)(a) = 0, f(k)(a) 6= 0

Đảo lại, giả sử các quan hệ trên thỏa mãn, theo công thức Taylor ta có:

f (x) = f

(k)(a)k! (x − a)

k

+ · · · + f

(n)(a)n! (x − a)

f(n)(a)n! (x − a)

n−k

Vậy g(a) = f

(k)(a)k! 6= 0, nên a là nghiệm bội cấp k của f (x)

Định lý 1.1.14 Cho R là một miền nguyên Cho 0 6= f (x) ∈ R[x] và

a1, a2, , ar ∈ R là các nghiệm phân biệt của f (x) Giả sử ai là nghiệmbội ki của f (x) với i = 1, 2, , r Khi đó ta có

f (x) = (x − a1)k1(x − a2)k2 (x − ar)krg(x)

trong đó g(x) ∈ R[x] và g(ai) 6= 0 với mọi i = 1, , r.

Hệ quả 1.1.15 Cho R là một miền nguyên và f (x) ∈ R[x] là một đathức khác 0 Khi đó số nghiệm của f (x), mỗi nghiệm tính với số bội của

nó, không vượt quá bậc của của f (x)

Hệ quả 1.1.16 Cho R là miền nguyên và f (x), g(x) ∈ R[x], trong đó

deg(f (x)) 6 n và deg(g(x))6 n Nếu f (x) và g(x) có giá trị bằng nhautại n + 1 phần tử khác nhau của R thì f (x) = g(x)

Chú ý rằng nếu R không là miền nguyên thì Hệ quả 1.1.16 khôngcòn đúng nữa Thật vậy, chọn R = Z6, vành các lớp thặng dư theomôđun 6 Chọn f (x) = 3x và g(x) = 3x2 Ta có deg(f (x)) = 1 và

deg(g(x)) = 2, tức là deg(f (x)), deg(g(x)) 6 2 Dễ thấy f (x) và g(x)

đều có 3 nghiệm phân biệt 0, 2, 4 trong Z6, tức là chúng nhận giá trịnhư nhau tại 3 điểm phân biệt, nhưng chúng không bằng nhau

Hai trường hợp đặc biệt sau cũng rất hay được sử dụng trong cácbài toán phương trình hàm.Ta xét các đa thức trên trường số thực R

Hệ quả 1.1.17 Nếu đa thức f (x) ∈ R[x] có vô số nghiệm thì f (x) = 0

Nói riêng, nếu số nghiệm lớn hơn bậc của đa thức f (x) thì f (x) = 0

Hệ quả 1.1.18 Nếu đa thức f (x) ∈ R[x] thỏa mãn f (x) = f (x +a), ∀x ∈R (với a là một hằng số khác không nào đó) thì f (x) ≡ c (với

c là hằng số)

Cũng sử dụng tính chất trên của nghiệm ta có kết quả: Tồn tại đathức f (x) bậc n nhận n + 1 giá trị cho trước tại n + 1 điểm khác nhaucho trước, còn gọi là công thức nội suy Lagrange

Định lý 1.1.19 (Lagrange) Cho f (x) là đa thức bậc n và x0, x1, , xn

Công thức nội suy Lagrange có nhiều ứng dụng trong Đại số,Phương pháp tính cũng như giải quyết nhiều bài toán trong thực tế.

1.2 Nghiệm của đa thức trên trường số

Tìm hiểu sự tồn tại nghiệm của đa thức trên các trường số ta cókết quả đơn giản sau

Bổ đề 1.2.1 Mọi đa thức với hệ số thực có bậc lẻ có ít nhất một nghiệmthực

x→−∞f (x) = lim

x→−∞anxn = −∞,

Do vậy tồn tạiα, β ∈ R sao chof (α) > 0, f (β) < 0 Suy raf (α)f (β) <

0 Mặt khác vì hàm số R −→ R, x 7−→ f (x) là hàm liên tục nên theoĐịnh lý Giá trị trung bình tồn tại c ∈ R, c ∈ (α, β), sao cho f (c) = 0.Vậy f (x) có nghiệm thực c

Biết rằng các đa thức với hệ số thực, chẳng hạn đa thức x2 + 1

không có nghiệm thực Vậy có thể tồn tại đa thức không có nghiệm phứchay không, ngay cả khi các hệ số của nó là các số phức Định lý sau sẽtrả lời câu hỏi trên

Định lý 1.2.2 (Định lý cơ bản của Đại số) Mọi đa thức bậc lớn hơn 0

tử khả nghịch

f (x) = u(a1x + b1)n1(a2x + b2)n2· · · (akx + bk)nk,

với u 6= 0, ai, bi ∈ C, ai 6= 0, i = 1, 2, , k và n = n1 + n2 + · · · nk

Hệ quả 1.2.5 Mọi đa thức bậc n với hệ số phức có n nghiệm phức

Sau đây ta sẽ áp dụng Định lý cơ bản của Đại số để tìm hiểunghiệm của các đa thức với hệ số thực Trước hết ta cần bổ đề sau

Bổ đề 1.2.6 Giả sử z ∈ C, x ∈R Khi đó (x − z)(z − z) ∈ R

Bổ đề 1.2.7 Giả sử f (x) ∈ R[x] có nghiệm z ∈ C\R, x ∈ R Khi đó

z cũng là nghiệm của f (x) và f (x) chia hết cho đa thức (x − z)(z − z)

(α`x2 + β`x + γ`)m1,

với u 6= 0, aix + bi, i = 1, 2, , k là các đa thức bậc nhất, ai 6= 0, αjx2+

βjx + γj, αj 6= 0 j = 1, 2, , l là các đa thức bậc hai với biệt số âm

Chú ý Kronecker đưa ra kết quả: Chof (x) ∈ R[x] vớideg f (x) =

n > 0 và R là một trường Khi đó tồn tại một trường F chứa R sao cho

f (x) có n nghiệm trên F Từ đó ta có thể giả sử một đa thức f (x) bậc

n có n nghiệm trên một trường nào đó

Định lý 1.2.10 (Định lý Viete thuận) Giả sử

Công thức (*) được gọi là công thức Viete

Chú ý Kết quả trên còn đúng trên một miền nguyên và hệ số caonhất của f (x) là khả nghịch

Định lý 1.2.11 (Định lý Viete đảo) Giả sử α1, , αn ∈ T thỏa mãn

Đối với bài toán tìm nghiệm phức hay thực của đa thức, từ thời

xa xưa người Hylạp đã tìm ra cách giải trình bậc hai, phương trình bậc

ba, bậc bốn có cách giải từ thế kỉ XVI Sau đó khoảng 300 năm người tatiếp tục tìm cách giải các phương trình bậc cao hơn nhưng không có kếtquả Mãi đến những năm 20 của thế kỉ XIX Abel mới chứng minh đượcrằng phương trình bậc n, n ≥ 5 là không giải được, có nghĩa là khôngthể có công thức biểu diễn nghiệm qua các hệ số của phương trình nhờcăn thức Tuy nhiên kết quả cuả Abel không loại trừ khả năng là cácnghiệm của đa thức cụ thể với hệ số thực hay phức, bằng cách nào đóbiểu diễn được qua hệ số của đa thức bằng tổ hợp nào đó của các cănthức, tức là, như thường nói, giải được dưới dạng căn thức Mãi đếnnhững năm 30 của thế kỷ trước, Galois mới giải quyết trọn vẹn vấn đề

về điều kiện để phương trình cụ thể cho trước giải được dưới dạng cănthức Đây cũng là những nội dung thú vị về đa thức Tuy nhiên luậnvăn không đi sâu tìm hiểu những vấn đề này

Ta tìm hiểu thêm về bài toán tìm nghiệm hữu tỉ của đa thức với

hệ số hữu tỉ Cho đa thức g(x) với hệ số hữu tỷ và đa thức f (x) vớicác hệ số nguyên, nhận được từ g(x) bằng cách nhân các mẫu số chung

của tất cả các hệ số hữu tỷ của g(x) Ví dụ g(x) = 1

Định lý 1.2.12 Giả sử đa thức f (x) = anxn+ an−1xn−1+ · · · + a0 vớicác hệ số nguyên an, an−1, , a0, nếu đa thức f (x) có nghiệm hữu tỷ c,thì c có dạng c = p

q, (p, q) = 1, p, q ∈ Z, q 6= 0 và thỏa mãn

(i) p là ước của a0 và q là ước của an

(ii) p − q là ước của f (1) và p + q là ước của f (−1)

Hệ quả 1.2.13 Nếu đa thức f (x) với các hệ số nguyên, có hệ số caonhất an = ±1, thì nghiệm hữu tỷ c của f (x) là nghiệm nguyên và là ướccủa hệ số tự do a0 : c ∈Z, c | a0

Chú ý: Nếuan+an−1+· · ·+a0 = 0thì f (x)có một nghiệm x = 1,nếu tổng các hệ số của các "luỹ thừa" bậc chẵn của x bằng tổng các hệ

số bậc lẻ của x thì f (x) có một nghiệm x = −1

Chương 2

Số nghiệm và biên nghiệm của đa thức

2.1 Số nghiệm thực của đa thức

Trong mục này ta xét các đa thức với hệ số thực Cho dãy số thựcxếp thứ tự, chẳng hạn 1, 3, −2, 5, −7, 4, 1 Ta viết dãy các dấu củachúng +, +, −, +, −, +, + Ta thấy trong dãy này có 4 chỗ các dấukhác nhau đứng kề nhau Ta nói rằng dãy số thực khác 0 ở trên đổi dấu

4 lần

Bây giờ ta xét đa thức f (x) với hệ số thực Ta có thể giả sử rằng

f (x)không có nghiệm bội (nếu trái lại ta chia f (x) cho ƯCLN củaf (x)

và f0(x))

Định nghĩa 2.1.1 Hệ hữu hạn sắp xếp thứ tự các đa thức khác 0, với

hệ số thực

f (x) = f0(x), f1(x), f2(x), , fs(x), (2.1)được gọi là hệ Sturm của đa thức f (x), nếu thoả mãn 4 điều kiện sau:1) Các đa thức kề nhau trong 2.1 không có nghiệm chung

2) Đa thức cuối cùng fs(x) không có nghiệm thực

3) Nếu α là nghiệm thực của 2.1 trong các đa thức trung gian fm(x)

của 2.1, 1 ≤ m ≤ s − 1, thì fm−1(α).fm+1(α) < 0

4) Nếu α là nghiệm thực của đa thức f (x) thì tích f (x)f1(x) đổi dấu

từ − sang + khi qua x = α

đó f (x) đồng biến, nên f (x) đổi dấu từ − sang + khi qua x = α hay

f (x)f1(x) cũng đổi dấu từ − sang + khi qua x = α Tương tự, xéttrường hợp f0(α) < 0 Tiếp theo, chia có dư f (x) cho f1(x); đổi dấuphần dư và kí hiệu là f2(x), ta được

f (x) = f1(x)q1(x) − f2(x)

Theo quy nạp giả sử fm−1(x) và fm(x) đã tìm được, thì ký hiệu phần

dư với dấu ngược lại của phép chia fm−1(x) cho fm(x) là fm+1(x), tađược

fm−1(x) = fm(x)qm(x) − fm+1(x) (2.2)Phương pháp trình bày đây chỉ khác với thuật toán Euclid tìm ướcchung lớn nhất của f (x) và f0(x) ở chỗ phần dư lấy dấu ngược lại.Nhưng trong thuật toán Euclid thì việc đổi dấu phần dư không ảnhhưởng đến kết quả cuối cùng Vì vậy, quá trình sẽ dừng lại ở đa thức

fs(x) = (f (x), f0(x)), và fs(x) là một số thực khác 0, dof (x) không cónghiệm bội Từ đó suy ra hệ các đa thức

f (x) = f0(x), f0(x) = f1(x), f2(x), , fs(x)

thoả mãn điều kiện 2) của điều kiện hệ Sturm Để chứng minh thoả mãnđiều kiện 1), ta giả sử fm(x) và fm+1(x) có nghiệm thực chung α Khi

đó theo 2.2, α cũng là nghiệm của fm−1(x) Ta lại chuyển về hệ thức

fm−2(x) = fm−1(x)qm−1(x) − fm(x)

ta lại được α cũng là nghiệm của fm−2(x) Cứ tiếp tục như vậy, ta được

α cũng là nghiệm chung của f (x) và f0(x) Điều này trái với giả thiết

f (x) chỉ có nghiệm đơn

Cuối cùng, từ 2.2 ta suy ra: Nếu fm(α) = 0 thì fm−1(α) =

−fm+1(α).Do đó fm−1(α).fm+1(α) < 0 Điều này chứng tỏ điều kiện 3)thoả mãn

Ví dụ 2.1.3 (i) Tìm hệ Sturm của đa thức f (x) = x3 + 3x − 1

(ii) Tìm hệ Sturm của đa thức f (x) = −2x3 + 3x2 + 1

f (c), f1(c), f2(c), fs(c) bỏ các số 0 (nếu có) và ký hiệu v(c) là số lầnđổi dấu của hệ nhận được Ta gọi v(c) là số lần đổi dấu của hệ Sturm2.1 của đa thức f (x), khi x = c.

Phương pháp Sturm thể hiện bằng định lý Sturm sau đây:

Định lý 2.1.5 (Định lý Sturm) Nếu các số thực a < b không là nghiệmcủa đa thức f (x) với các hệ số thực và f (x) không có nghiệm kép, thì

v(a) ≥ v(b) và hiệu v(a) − v(b) là số nghiệm thực của đa thức f (x)

trong khoảng (a; b)

Chứng minh Xét sự biến thiên của v(x) khi x tăng của hệ Sturm

Nếux tăng mà không qua 1 nghiệm nào của hệ Sturm 2.1, thì các

đa thức của hệ này không đổi dấu, do đó số v(x) không đổi

Nếu x qua nghiệm của một đa thức trung gian fm(x), 1 ≤ m ≤

s − 1 Khi đó theo điều kiện 1) của hệ Sturm, ta có fm−1(α) 6= 0 và

fm+1(α) 6= 0 Do đó tính liên tục của đa thức, tồn tại 1 số ε > 0 đủ bé

để trong lân cận (α − ε, α + ε) các đa thức fm−1(x) và fm+1(x) không

có nghiệm và do đó giữ nguyên dấu; đồng thời, theo điều kiện 3) của

hệ Sturm, dấu của fm−1(x) và fm+1(x) trái nhau khi x trong khoảng

(α − ε, α + ε) Từ đó suy ra rằng, mỗi hệ

fm−1(α − ε), fm(α − ε), fm+1(α − ε) (2.3)và

Nếu x qua nghiệm α của đa thức f (x), thì theo điều kiện 1) của

hệ Sturm, f1(α) 6= 0, do vậy tồn tại ε > 0 đủ bé, để f1(x) 6= 0 khi

x ∈ (α − ε, α + ε), do vậy f1(x) giữ nguyên dấu trong khoảng này Nếu

f1(x) > 0 thì f (x) đồng biến và theo điều kiện 4), f (x) đổi dấu từ −

sang +, tức là f (α − ε) < 0, f(α + ε) > 0 Vậy các hệ

f (α − ε), f1(α − ε) và f (α + ε), f1(α + ε) (2.5)

có dấu tương ứng là− + và + +, tức là trong hệ Sturm mất đi 1 lần đổidấu Nếu nhưf1(x) < 0 khi x ∈ (α − ε, α + ε), thì theo điều kiện 4) của

hệ Sturm, f (x) đổi dấu từ + sang − khi x qua α tức là f (α − ε) > 0,

f (α+ε) < 0; hệ (2.5) bây giờ có dấu là +− và −−,tức là hệ Sturm vẫnmất 1 nghiệm Như vậy, số v(x) chỉ thay đổi khi x tăng đi qua nghiệm

α của f (x), và giảm đi đúng 1 đơn vị

Về mặt thực hành ta tính v(−∞) − v(+∞) là số nghiệm của đathức, trong đó v(+∞) là dấu của f (x) khi x đủ lớn, cũng chính là dấucủa số hạng cao nhất của f (x), tương tự cho dấu của v(−∞)

Ví dụ 2.1.6 (i) Tìm số nghiệm thực của đa thức f (x) = x3 + 3x − 1

(ii) Tìm số nghiệm thực của đa thức f (x) = −2x3 + 3x2 + 1

(iii) Tìm số nghiệm thực của đa thức

(ii) Theo ví dụ 2.1.3 (2), ta có hệ Sturm

−2x3 + 3x2 + 1, −x2 + 1, −3x − 2, −1

Lập bảng

f (x) f1(x) f2(x) f3(x) W (x)

−∞ + − + − 3+∞ − − − − 0v(−∞) − v(+∞) = 3 Vậy đa thức có 3 nghiệm thực

(iii) Hệ Sturm của f (x):

x5 + 2x4 − 5x3 + 8x2 − 7x − 3 = f (x),5x4 + 8x3 − 15x2 + 16x − 7 = f0(x) = f1(x),66x3 − 150x2 + 172x + 61 = f2(x),

Định lý Sturm mở rộng được áp dụng để tìm các nghiệm của đathức thỏa mãn các bất đẳng thức đa thức

Định lý 2.1.7 (Định lý Sturm mở rộng) Cho f (x), g(x) ∈ R[x] và

hệ Sturm f0(x) = f (x), f1(x) = f0(x)g(x), f2(x), , fn(x) được xácđịnh như thuật toán trong Định lý 2.1.2 với f0(x) = f (x) và f1(x) =

f0(x)g(x) Với mỗic ∈ R,gọiv(c) là số lần đổi dấu trong hệf0(c), f1(c), , fn(c).

Nếu a, b là các số thực, a < b, đều không là nghiệm của f (x) thì

v(a) − v(b) = #{c ∈ [a; b] : f (c) = 0 và g(c) > 0}

− #{c ∈ [a; b] : f (c) = 0 và g(c) < 0}

Chứng minh Chia [a; b] thành phân hoạch x0 = a < x1 < < xs = b

sao cho tồn tại duy nhất nghiệm củafj trong mỗi khoảng mở (xi, xi+1)

Tương tự như trong chứng minh định lý Sturm chúng ta có thể thấy nếu

nghiệm này không phải là nghiệm của f (x) thì v(xi) = v(xi+1) Do đó

ta chỉ cần chứng minh nếu tồn tại duy nhất c ∈ (a; b) sao cho f (c) = 0

+ Trường hợp 1: Giả sử s = 0, khi đó ψ (x) = g (x) Xét đa

thứcf (x).f0(x).g(x), vì v (a) − v (b) = #{lần đổi dấu[f (a) ,f0g (a)]} −

#{lần đổi dấu[f (b) ,f0g (b)]} nên

#lần đổi dấu{[f (a) , f0g (a)]} = 1 khi g (c) > 0

suy ra v (a) − v (b) = sign (g (c))

+ Trường hợp 2: Giả sửs > 0.Khi đó chia(x−c)rcho ƯCLN(f, f0g),

ta có thể thay thế hệ

f, f0g, f2, , fn

bởi hệ

f /(x − c)r, f0g/(x − c)r, f2/(x − c)r, , fn/(x − c)r

Dãy mới này sẽ có cùng số lần đổi dấuv(a) và v(b) Nhưng vìf /(x − c)r

không có nghiệm trong [a, b] nên biến dấu v(a) − v(b) phải bằng 0 =g(c) = sign(g(c))

Định lý Sturm đã giải quyết hoàn toàn bài toán về số nghiệm thựccủa đa thức với hệ số thực Tuy nhiên, hạn chế cơ bản của định lý là tínhtoán khá cồng kềnh khi tìm hệ Sturm Vì vậy, chúng tôi sẽ giới thiệuthêm hai định lý nữa, đó là định lý Budan - Fourier và định lý Descartes.Hai định lý này sử dụng gọn nhẹ hơn, dù rằng không cho chúng ta đúng

số nghiệm thực, mà chỉ cho cận trên của số nghiệm thực mà thôi Tuyvậy, nếu kết hợp với phương pháp đồ thị để tìm cận dưới của số nghiệmthực, thì đôi khi cũng cho phép ta xác định đúng số nghiệm thực của

đa thức, không cần sử dụng định lý Sturm

Cho đa thức f (x) với hệ số thực, f (x) có thể có nghiệm bội Xét

hệ các đạo hàm liên tiếp của nó

f (x) = f(0)(x), f0(x), f00(x), , f(n−1)(x), f(n)(x) (2.6)trong đóf(n)(x) = a0.n! , nên luôn giữ nguyên dấu Nếu số thựcckhông

là nghiệm của bất kì đa thức nào của 2.6, thì ta kí hiệu S(c) là số lầnđổi dấu trong hệ các số được sắp xếp thứ tự

f (c), f0(c), f00(c), , f(n−1)(c), f(n)(c)

Như vậy ta có thể xét hàm nguyên S(x), xác định các giá trị x, màkhông một đa thức nào của hệ 2.6 bị triệt tiêu.

Ta xét sự thay đổi cuả S(x) khi x tăng

1) Nếu x không đi qua nghiệm của bất kì một đa thức nào của hệ 2.6thì S(x) không thay đổi

2) Nếu α là nghiệm bội s của f (x), s ≥ 1, tức là

f (α) = f0(α) = · · · = f(s−1)(α) = 0, f(s)(α) 6= 0

Giả sử ε > 0 đủ bé, để trong khoảng (α − ε, α + ε) các đa thức

f (x), f0(x), , f(s−1)(x) không có nghiệm nào khácα, vàf(s)(x) không

có nghiệm nào Ta chứng minh rằng, trong hệ các số

thì f (x) đồng biến trên khoảng (α, α + ε), do vậy f0(α + ε) > 0 Tương

tự, từ f (α + ε) < 0 suy ra f0(α + ε) < 0 Vậy sau khi x qua nghiệm α

3) Nếu α là nghiệm của các đạo hàm

f(m)(x), f(m+1)(x), , f(m+s−1)(x), 1 ≤ m ≥ n − 1, s ≤ 1,

nhưng α không phải là nghiệm của f(m−1)(x) và f(m+1)(x)

Theo chứng minh ở (2), khi x đi qua α, thì hệ

f(m)(x), f(m+1)(x), , f(m+s−1)(x), f(m+s)(x)

mất đi s lần đổi dấu Thật ra, x đi qua α như vậy tạo ra khả năng đổidấu mới giữa f(m−1)(x) và f(m)(x), tuy nhiên, do s ≥ 1, nên khi x điqua α số đổi dấu trong hệ

nghiệm, bằng hiệu S(a) − S(b) hay bé hơn hiệu ấy một số chẵn

Để giảm nhẹ điều kiện đối với a và b ta đưa vào kí hiệu sau Giả sử sốthực c không là nghiệm của f (x), tuy nhiên c có thể là nghiệm của đathức khác của 2.6 Kí hiệu S+(c) là số đối dấu của hệ các số

f (c), f0(c), f00(c), , f(n−1)(c), f(n)(c) (2.7)

và được tính như sau: nếu

f(m)(c) = f(m+1)(c) = · · · = f(m+s−1)(c) = 0, (2.8)nhưng

f(m−1)(c) 6= 0 và f(m+s)(c) 6= 0, (2.9)thì ta xemf(m)(c), f(m+1)(c), , f(m+s−1)(c)có dấu của f(m+s)(c) Điềunày tương đương với việc xoá các số 0 trong 2.7 khi tính số đổi dấu của