Một số kết quả cổ điển về nghiệm của đa thức

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
————————–o0o————————–

LUẬN VĂN THẠC SĨ

MỘT SỐ KẾT QUẢ CỔ ĐIỂN VỀ
NGHIỆM CỦA ĐA THỨC

Chuyên ngành
Mã số chuyên ngành
Người hướng dẫn
Học viên

:
:
:
:

Đại số và Lý thuyết số
60.46.01.04
TS. Bùi Huy Hiền
Nguyễn Thị Mai Hương

HÀ NỘI - 2017


LỜI CẢM ƠN
Trước khi trình bày nội dung chính của luận văn, tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành
tới TS. Bùi Huy Hiền, người đã tận tình giúp đỡ, hướng dẫn và đưa ra nhiều ý kiến

quý báu, cũng như tạo điều kiện thuận lợi, cung cấp tài liệu và động viên tôi trong
suốt quá trình thực hiện và hoàn thành bài luận văn.
Tôi cũng xin cảm ơn sâu sắc các thầy cô trong Khoa Toán - Tin, Trường Đại học
Sư phạm Hà Nội, đặc biệt là các thầy cô trong Bộ môn Đại số - Lý thuyết số đã tạo
điều kiện và giúp đỡ tôi trong suốt thời gian học tập.
Nhân dịp này, tôi cũng xin được gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè đã luôn bên
tôi, cổ vũ, động viên, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn
tốt nghiệp.

Hà Nội, tháng 6 năm 2017
Tác giả
Nguyễn Thị Mai Hương


Mục lục
1 Bất
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5

đẳng thức cho nghiệm của đa thức
Định lý cơ bản của đại số . . . . . . . .
Định lý Cauchy . . . . . . . . . . . . .
Định lý Laguerre . . . . . . . . . . . .
Đa thức đối cực . . . . . . . . . . . . .
Bài toán Routh-Hurwitz . . . . . . . .

.

.
.
.
.

2 Nghiệm của đa thức và đạo hàm của nó
2.1 Định lý Gauss-Lucas . . . . . . . . . . .
2.2 Nghiệm của đạo hàm và các tiêu điểm của
2.3 Xác định nghiệm của đạo hàm . . . . . .
2.4 Giả thuyết Sendov-Ilieff . . . . . . . . . .
3 Kết
3.1
3.2
3.3

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.

.
.

.
.
.
.
.

. . . .
ellipse
. . . .
. . . .

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.

.
.

.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.
.

5
5
7
10
12
17

.
.
.
.

19
19
20

21
24

thức và biệt thức
27
Kết thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
Biệt thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
Tính toán kết thức, biệt thức của một số đa thức đặc biệt . 32

4 Sự phân bố nghiệm
35
4.1 Sự phân bố nghiệm thực . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
4.2 Sự phân bố nghiệm phức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
5 Chuỗi Lagrange và ước lượng nghiệm của đa thức
47
5.1 Chuỗi Lagrange-Burmann . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
5.2 Chuỗi Lagrange và ước lượng nghiệm . . . . . . . . . . . . 50
6 Một số bài tập áp dụng

52

TÀI LIỆU THAM KHẢO

64


MỞ ĐẦU
Đa thức và nghiệm của đa thức là một trong những đối tượng trọng
tâm của Đại số. Hơn nữa, đây cũng là chủ đề mà ở đó Đại số, Hình học
và Giải tích giao thoa mạnh mẽ. Nghiệm của đa thức đóng vai trò quan

trọng trong việc nghiên cứu tính chất của đa thức, nhiều tính chất của
đa thức được thể hiện qua nghiệm của chúng. Câu hỏi thường gặp ở đây
là bài toán tìm nghiệm: tìm một, một số hay tất cả các nghiệm. Để giải
quyết bài toán trên, ta thường phải nghiên cứu bài toán tồn tại, phân bố,
ước lượng và tính ổn định nghiệm của đa thức. Dẫn đến các định lý quan
trọng về tồn tại, phân bố, ước lượng và tính ổn định nghiệm được ra đời.
Từ đó cho ta các kết quả về nghiệm của đa thức. Với mong muốn tìm hiểu
sâu hơn về các kết quả đó, tác giả chọn đề tài “Một số kết quả cổ điển
về nghiệm của đa thức”.
Nội dung chính của luận văn này được trình bày trong 6 chương:
Chương 1. Trình bày một số bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức.
Chương 2. Trình bày một số kết quả về nghiệm của đa thức và đạo hàm
của nó.
Chương 3. Trình bày một số kết quả về kết thức, biệt thức và tính toán
kết thức, biệt thức của một số đa thức đặc biệt.
Chương 4. Trình bày một số kết quả về phân bố nghiệm thực và nghiệm
phức của đa thức.
Chương 5. Trình bày một số kết quả về chuỗi Lagrange và ước lượng
nghiệm của đa thức.
Chương 6. Trình bày một số bài tập áp dụng.
Mặc dù đã rất cố gắng để hoàn thành luận văn, nhưng do thời gian và
khả năng còn hạn chế, nên luận văn không tránh khỏi những thiếu sót.
Tác giả rất mong nhận được những ý kiến quý báu chỉ bảo của thầy cô và
các bạn.


BẢNG KÍ HIỆU
N
N∗
Z

Q
R
C
a|b

tập hợp các
tập hợp các
tập hợp các
tập hợp các
tập hợp các
tập hợp các
a chia hết b

số tự nhiên
số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 1
số nguyên
số hữu tỉ
số thực
số phức
(hoặc b chia hết cho a)


Chương 1
Bất đẳng thức cho nghiệm của đa
thức
1.1

Định lý cơ bản của đại số

Trong thế kỉ 17, khi các định lý đại số rất ít, phát biểu sau được coi là

Định lý cơ bản của đại số:"Một đa thức xác định có bậc n với hệ số phức
có đúng n nghiệm (tính cả bội)".
Người đầu tiên đưa ra phát biểu này là Alber de Girard năm 1629, nhưng
ông không chứng minh điều đó. Người đầu tiên nhận ra sự cần thiết phải
chứng minh Định lý cơ bản của đại số là d’Alembert. Chứng minh của ông
(1746) không được xem là thuyết phục. Euler (1749), Faunsenet (1759)
và Lagrange (1771) đã đưa ra chứng minh, nhưng những chứng minh này
chưa chặt chẽ.
Người đầu tiên đưa ra một chứng minh thỏa đáng của Định lý cơ bản
của đại số là Gauss. Ông đã đưa ra ba cách khác nhau để chứng minh
(năm 1799, 1815, 1816) và năm 1845 ông đưa ra thêm một cách chứng
minh chính xác.
Ở đây, chúng ta xét cách chứng định lý này dựa trên định lý Rouché.
Định lý 1.1.1. (Rouché). Cho các đa thức f và g ; γ là đường cong đóng
không tự cắt trong mặt phẳng phức. Nếu

|f (z) − g(z)| < |f (z)| + |g(z)|

(1.1)

với mọi z ∈ γ thì trong γ , số nghiệm của f và g bằng nhau (tính cả bội).
Chứng minh. Trong mặt phẳng phức, xét các trường véc-tơ v(z) = f (z)
và w(z) = g(z). Từ (1.1) ta suy ra rằng không điểm nào của γ là các
5


Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức

véc-tơ v , w ngược hướng nhau. Nhớ lại rằng, chỉ số của đường cong γ đối
với trường véc-tơ v là số vòng quay của vectơ v(z) vì nó hoàn toàn bao

hàm đường cong γ . Xét trường véc-tơ

vt = tv + (1 − t) w.
Khi đó v0 = w và v1 = v . Rõ ràng rằng mọi điểm z ∈ γ thì véc-tơ vt (z) là
khác không. Điều này có nghĩa là chỉ số ind(t) của γ đối với trường véc-tơ vt
được xác định. Số nguyên ind(t) phụ thuộc vào t, và do đó ind(t) = const.
Cụ thể, các chỉ số tương quan của các trường véc-tơ v và w trùng nhau.
Giả sử chỉ số của điểm đơn z0 được xác định là chỉ số của đường cong
|z − z0 | = ε, trong đó ε là đủ nhỏ. Không khó để chứng minh rằng chỉ số
của γ đối với trường véc-tơ v bằng tổng các chỉ số của điểm đơn, tức là
những điểm có v(z) = 0. Đối với trường véc-tơ v(z) = f (z), số của điểm
đơn z0 bằng với số nghiệm bội z0 của f . Do đó sự trùng nhau của các chỉ
số γ đối với các trường véc-tơ v(z) = f (z) và w(z) = g(z), tức là bên
trong γ , số lượng nghiệm của f bằng với số lượng nghiệm của g .
Định lý 1.1.2. (d’Alembert-Gauss, Định lý cơ bản của đại số).
Một đa thức xác định có bậc n với hệ số phức có đúng n nghiệm (tính cả
bội).
Chứng minh. Giả sử f (z) = an z n + · · · + a1 z + a0 là một đa thức bậc
n với hệ số phức. Đặt g (z) = an z n và

h (z) = f (z) − g (z) = an−1 z n−1 + · · · + a1 z + a0 .
Lấy số thực r > 0. Trên đường tròn |z| = r, ta có

|g (z)| = |an z n | = |an | |z|n = |an | rn ;
|h (z)| = an−1 z n−1 + · · · + a1 z + 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 trên đường tròn |z| = r, ta có

|h (z)| ≤ |an−1 | rn−1 + · · · + |a1 | r + |a0 |
≤ (|an−1 | + · · · + |a1 | + |a0 |) rn−1 = K |an | rn−1
< (r |an |) rn−1 = |an | rn = |g (z)| .
6


Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức

Do đó |h (z)| < |g (z)| với mọi z nằm trên đường tròn có tâm là gốc tọa
độ O, bán kính r. Rõ ràng, g (z) = an z n có nghiệm 0 bội n. Do đó theo
định lý Rouché, f (z) = g (z) + h (z) có n nghiệm (tính cả bội) trong hình
tròn |z| < r. Suy ra f (z) có n nghiệm.
Với định lý Rouché, nó không chỉ có thể chứng minh Định lý cơ bản
của đại số mà còn để ước lượng giá trị tuyệt đối của bất kỳ nghiệm nào
của đa thức.
Định lý 1.1.3. Cho f (z) = z n + a1 z n−1 + · · · + an , trong đó ai ∈ C. Khi
đó, bên trong đường tròn |z| = 1 + max |ai | có đúng n nghiệm của f (tính
i

cả bội).
Chứng minh. Đặt a = max |ai |, bên trong đường tròn được xét, đa
i

n

thức g(z) = z có nghiệm 0 bội n. 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:
|f (z) − g(z)| < |g(z)|, tức là

a1 z n−1 + · · · + an < |z|n .
Hiển nhiên, nếu |z| = 1 + a thì

a1 z

1.2

n−1

n−1

+ · · · + an ≤ a(|z|

|z|n − 1
= |z|n − 1 < |z|n .
+ · · · + 1) = a
|z| − 1

Định lý Cauchy

Ở đây, chúng ta xét định lý Cauchy cho các nghiệm của đa thức cũng như
các hệ quả và các mở rộng của nó.
Định lý 1.2.1. (Cauchy). Cho f (x) = xn − b1 xn−1 − · · · − bn , trong đó
tất cả các số bi là không âm và ít nhất một trong các số đó là khác 0. Khi
đó, đa thức f có một nghiệm dương đơn duy nhất p và giá trị tuyệt đối
của các nghiệm khác không vượt quá p.

Chứng minh. Đặt

F (x) = −

f (x) b1
bn
=
+
·
·
·
+
− 1.
xn
x
xn
7


Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức

Nếu x = 0, phương trình f (x) = 0 tương đương với phương trình F (x) =
0. Khi x tăng dần từ 0 tới +∞, hàm F (x) giảm nghiêm ngặt từ +∞ tới
−1. Do đó, với x > 0, hàm F triệt tiêu tại đúng một điểm p. Ta có:

−

b1
nbn
f (p)

= F (p) = − 2 − · · · − n+1 < 0,
n
p
p
p

suy ra f (p) = 0. Do đó, p là một nghiệm đơn của f .
Ta 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 giảm nên q > p. Khi đó
F (q) < F (p) = 0, suy ra −fqn(q) < 0, do đó f (q) > 0.
Mặt khác, đẳng thức x0 n = b1 x0 n−1 + · · · + bn kéo theo

q n ≤ b1 q n−1 + · · · + bn ,
tức là f (q) ≤ 0, điều này là mâu thuẫn.
Lưu ý: Giá trị tuyệt đối của nghiệm chính là modul. Trong Tiếng Việt,
với z ∈ C thì chỉ có khái niệm modul |z|, ta không dùng khái niệm giá trị
tuyệt đối của một số phức.
Đa thức f (x) = x2n − xn − 1 có 2n nghiệm, trong đó có n nghiệm có
modul bằng nghiệm dương lớn nhất của đa thức này. Thật vậy, f (x) = 0
suy ra xn =

√
1− 5
2

hoặc xn =

√
1+ 5
2 .

Nếu xn =

√
1+ 5
2

là căn bậc n của 1). Vậy f (x) có n nghiệm x = ε
n

√
1+ 5
2 .

thì x = ε
n

√
1+ 5
2

n

√
1+ 5
2

(với ε

có modul bằng

Do đó, trong định lý Cauchy, ước lượng
giá trị tuyệt đối của các nghiệm ≤ p
là không thể, thế thì
giá trị tuyệt đối của các nghiệm < p.
Tức là trong kết luận của định lý Cauchy không thể khẳng định giá trị
tuyệt đối của các nghiệm < p.
Ostrovsky đã chứng tỏ rằng trong các trường hợp tổng quát thì sự thay
thế đó có thể thực hiện được.
8


Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức

Định lý 1.2.2. (Ostrovsky). Cho f (x) = xn − b1 xn−1 − · · · − bn , trong
đó các số bi là không âm và ít nhất một trong các số đó khác 0.
Nếu ước chung lớn nhất của các chỉ số của các hệ số dương bi là 1 thì
f có duy nhất một nghiệm đơn p và giá trị tuyệt đối của các nghiệm khác
nhỏ hơn p.
Chứng minh. Cho các hệ số bk1 , bk2 , . . . , bkm , trong đó k1 < k2 < ... < km
là dương. Vì ước chung lớn nhất của k1 , k2 , . . . , km là 1 nên tồn tại các số
nguyên s1 , s2 , . . . , sm sao cho s1 k1 + · · · + sm km = 1. Xét hàm

F (x) =

bkm
bk1
+
·
·

·
+
− 1.
xk1
xkm

Phương trình F (x) = 0 có duy nhất nghiệm dương p. Cho x là một nghiệm
(khác 0) bất kì khác của f . Đặt q = |x|. Khi đó

1=

bkm
bkm
bk1
bk1
bk1
bkm
+
·
·
·
+
≤
+
·
·
·
+
,
+

·
·
·
+
=
xk1
xkm
xk1
xkm
q k1
q km

tức là F (q) ≥ 0. Ta thấy phương trình F (q) = 0 chỉ đúng nếu

bki
xk i

=

bki
xki

∀i.

Nhưng trong trường hợp này

bsk11 ...bskmm
=
x

bk1
xk1

s1

bkm
···
xkm

sm

> 0,

tức là x > 0. Điều này mâu thuẫn với x = p và p là nghiệm dương duy
nhất của phương trình F (x) = 0. Như vậy, F (q) > 0. Từ đó và vì F (x) là
đơn điệu giảm với x dương nên q < p.
Từ các định lý Cauchy-Ostrovsky, ta suy ra ước lượng của giá trị tuyệt
đối của các nghiệm trong đa thức với hệ số dương.
Định lý 1.2.3. a) (Enestr¨
om-Kakeya) Nếu tất cả các hệ số của đa
thức g(x) = a0 xn−1 + · · · + an−1 đều 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

.

k
b) (Ostrovsky) Cho aak−1
< γ với k = k1 , k2 , . . . , km . Nếu ước chung lớn
nhất của n số k1 , k2 , . . . , km là 1 thì |ξ| < γ .

9


Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức

Chứng minh. Xét đa thức

(x − γ)g(x) = a0 xn − (γa0 − a1 )xn−1 − · · · − (γan−2 − an−1 )x − γan−1 .
i
Bởi định nghĩa γ ≥ aai−1
, tức là γai−1 − ai ≥ 0. Do đó, bởi định lý Cauchy,
γ là nghiệm dương duy nhất của đa thức (x − γ)g(x) và giá trị tuyệt đối
của các nghiệm khác của đa thức này ≤ γ .
1
là một nghiệm của
Nếu ξ là một nghiệm của g thì η = |ξ|

an−1 y n−1 + · · · + a0 .
Từ đó

1
ai
= η = max
1≤i≤n−1 ai−1
|ξ|

1

=
min

1≤i≤n−1

ai
ai−1

,

tức là

ai
.
1≤i≤n−1 ai−1
Nếu điều kiện b) được thỏa mãn, nghiệm γ của đa thức (x − γ)g(x) lớn
hơn giá trị tuyệt đối của các nghiệm khác của đa thức này.
|ξ| ≥ δ = min

1.3

Định lý Laguerre

Cho z1 , z2 , . . . , zn ∈ C là các điểm với khối lượng (unit mass) là 1. Điểm
ζ = n1 (z1 + · · · + zn ) được gọi là trọng tâm (center mass) của z1 , z2 , . . . , 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
a
w(z) =
+ b.
z − z0
Ta tìm trọng tâm của các ảnh của z1 , z2 , . . . , zn và sau đó áp dụng biến
đổi ngược w−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
1
ζz0 = z0 + n 1
(1.2)
1 .
+
·
·
·
+
z1 −z0
zn −z0
Điểm này gọi là trọng tâm của z1 , z2 , . . . , zn tương ứng với z0 .
Hiển nhiên,
trọng tâm của z1 , z2 , . . . , zn nằm bên trong bao lồi của chúng.

10


Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức

Định lý 1.3.1. Cho f (z) = (z − z1 ) · · · (z − zn ). Khi đó trọng tâm của
các nghiệm của f tương ứng với điểm z được cho bởi công thức

ζz = z − n

f (z)
.
f (z)

Chứng minh. Hiển nhiên:

f (z)
1
1
=
+ ··· +
.
f (z)
z − z1
z − zn
Phát biểu này suy ra trực tiếp từ công thức (1.2).
Định lý 1.3.2. (Laguerre). 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 (x)
.
f (x)

Chứng minh. Đặt f (z) = (z − x)F (z). Khi đó, f (z) = F (z) + (z −
x)F (z) và f (z) = 2F (z)+(z −x)F (z). Do đó f (x) = F (x) và f (x) =
2F (x). Áp dụng định lý trước với đa thức F bậc n − 1 và điểm z = x, ta
được điều phải chứng minh.
Định lý 1.3.3. (Laguerre). Cho f (z) là một đa thức bậc n và

X(z) = z − 2(n − 1)

f (z)
.
f (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 nghiệm 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 1.3.1. 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 (z1 )
| ≤ |z1 |.
f (z1 )

11


Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức

Chứng minh. Mọi nghiệm của f nằm trong đĩa {z ∈ C ||z| ≤ |z1 |}, do
đó X(z1 ) cũng phải thuộc đĩa này.
Định lý 1.3.4. Cho f là một đa thức với hệ số thực và định nghĩa

ζz = z − n

f (z)
.
f (z)

Khi đó, mọi nghiệm của f là thực khi và chỉ khi Im z · Im ζz < 0 với mọi
z ∈ C\R.
Chứng minh. Giả sử mọi nghiệm của f là thực. Đặt Im z = a > 0.
Đường thẳng chứa các điểm với phần ảo ε, trong đó 0 < ε < a, tách điểm
z từ các nghiệm của f vì chúng thuộc trục thực. Do đó Im ζz ≤ ε. Qua
giới hạn khi ε → 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 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 ta giả sử rằng Im z · Im ζz < 0 với mọi z ∈ C\R. Đặt z1 là
một nghiệm của f sao cho Im(z1 ) = 0. Khi đó lim ζz = z1 và do đó
z→z1

Im z1 · Im ζz1 > 0.

1.4

Đa thức đối cực

Cho f (z) là đa thức bậc n và ζ là một số cố định hoặc ∞. Hàm số

Aζ f (z) =

(ζ − z)f (z) + nf (z) nếu ζ = ∞;
f (z)
nếu ζ = ∞

được gọi là đạo hàm của f (z) tương ứng với điểm ζ .
Dễ dàng kiểm tra được rằng, nếu
n

n
k

f (z) =
k=0

thì

1
f (z) =
n

n−1

k=0

n−1
k
12

ak z k ,

ak+1 z k .

(1.3)


Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức

Do đó

1
Aζ f (z) =
n

n−1

n−1
k

k=0

(ak + ak+1 ζ)z k .

(1.4)

Giả sử z1 , . . . , zn là các nghiệm của đa thức (1.3) và ζ1 , . . . , ζn là các nghiệm
của đa thức
n

g(z) =
k=0

n
k

bk z k .

(1.5)

Công thức (1.4) suy ra

1
Aζ Aζ · · · Aζn f (z) = a0 + a1 σ1 + a2 σ2 + · · · + an σn ,
n! 1 2
trong đó

σ1 = ζ1 + ζ2 + · · · + ζn = −
σ2 = ζ1 ζ2 + · · · + ζn−1 ζn =

n
1
n
2

bn−1
,
bn
bn−2
,
bn

...
σn = ζ1 · · · ζn = (−1)n

b0
.
bn

Khi đó đẳng thức Aζ1 Aζ1 · · · Aζn f (z) = 0 tương đương với

a0 bn −

n
1

a1 bn−1 +

n
2

a2 bn−2 + · · · + (−1)n an b0 = 0.

(1.6)

Định nghĩa 1.4.1. Đa thức f và g cho bởi (1.3), (1.5) và toàn bộ các hệ
số của chúng quan hệ với nhau bởi (1.6) được gọi là đối cực.
Một miền tròn là cả phần trong của một đĩa hoặc nửa mặt phẳng.
Định lý 1.4.1. (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 sau.
13


Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức

Bổ đề 1.4.1. Cho tất cả các nghiệm z1 , z2 , . . . , zn của f (z) nằm trong
miền tròn K và cho ζ nằm ngoài K. Khi đó, mọi nghiệm của Aζ f (z) nằm
trong K.
Chứng minh. Rõ ràng rằng nếu wi là một nghiệm của Aζ f (z) thì ζ là
trọng tâm của các nghiệm của f (z) theo wi . Thật vậy, nếu ζ = ∞ thì ta
có thể biểu diễn đẳng thức dưới dạng

(ζ − wi ) f (wi ) + nf (wi ) = 0, tức là ζ = wi − n

f (wi )

.
f (wi )

Nếu ζ = ∞ thì f (wi ) = Aζ f (wi ) = 0 và từ đó
n

j=1

f (wi )
1
=
= 0.
zj − wi
f (wi )

Do đó, trọng tâm của các điểm z1 , z2 , . . . , zn theo wi nằm tại

wi +

1
1
j zj −wi

= ∞.

Bây giờ, rõ ràng rằng điểm wi không thể nằm bên ngoài K. Thật vậy,
nếu ωi nằm bên ngoài K thì trọng tâm của z1 , z2 , . . . , zn theo wi phải nằm
bên trong K. Tuy nhiên, điều này mâu thuẫn với ζ nằm bên ngoài K.
Theo bổ đề (1.4.1), định lý (1.4.1) được chứng minh như sau.
Giả sử mọi nghiệm ζ1 , . . . , ζn của g nằm ngoài K. Xét đa thức

Aζ1 Aζ2 · · · Aζn f (z). Bậc của đa thức này là 1, tức là đa thức 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 của nó. Theo định lý Grace,
ta có thể chọn một họ đa thức đối cực thuận tiện và f có một nghiệm
trong miền tròn cho trước.
Ví dụ 1.4.1. Chứng minh rằng đa thức

f (z) = 1 − z + cz n , trong đó c ∈ C,
có một nghiệm trong đĩa |z − 1| ≤ 1.
14


Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức

Chứng minh. Ta có

f (z) = 1 +

−1
z + cz n và g (z) = z n +
n

n
1

n
1

bn−1 z n−1 + · · · + b0

là đối cực nếu

1−n

−1
bn−1 + cb0 = 0, tức là 1+bn−1 + cb0 = 0.
n

Bây giờ đặt ζk = 1 − exp( 2πik
n ) với k = 1, . . . , n và lấy g(z) là
n

(z − ζk ) = z n +

g (z) =
k=1

n
1

Khi đó

bn−1 z n−1 + · · · + b0 .

n

bn−1 = −1 và b0 = ±

ζk = 0.
k=1

Do đó các đa thức f (z) và g(z) là đối cực. Vì mọi nghiệm của g nằm trong
đĩa |z − 1| ≤ 1 nên ít nhất một trong các nghiệm của f nằm trong đĩa
này.
Ví dụ 1.4.2. Chứng minh rằng đa thức 1 − z + c1 z n1 + · · · + ck z nk trong
đó 1 < n1 < n2 < · · · < nk có ít nhất một nghiệm nằm trong đĩa

1

|z| ≤
1−

1
n1

··· 1 −

1
nk

.

Chứng minh. Ta bắt đầu chọn với đa thức f (z) = 1 − z + c1 z n1 . Giả sử
1
trái lại rằng mọi nghiệm của đa thức nằm trong miền |z| > n1n−1
. Khi đó
theo bổ đề (1.4.1) các nghiệm của đa thức

A0 f (z) = n1 − (n1 − 1) z
1
1
cũng nằm trong miền |z| > n1n−1
. Nhưng nghiệm của A0 f (z) là n1n−1
và ta
có mâu thuẫn.
Với đa thức f (z) = 1 − z + c1 z n1 + · · · + ck z nk , ta sử dụng quy nạp theo
k . Xét đa thức

A0 f (z) = nk − (nk − 1) z + c1 (nk − n1 ) z n1 + · · · + ck (nk − nk−1 ) z nk−1 .
15


Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức
k
Trong đa thức này, thay thế z bằng nkn−1
w. Theo giả thiết quy nạp các
nghiệm của đa thức nằm trong đĩa
n2
nk−1
n1
·
···
,
|w| ≤
n1 − 1 n2 − 1
nk−1 − 1

và từ đó các nghiệm của A0 f (z) nằm trong đĩa
n1
n2
nk
|z| ≤
·
···
.
n1 − 1 n2 − 1
nk − 1
Vì vậy giả thiết rằng các nghiệm của f (z) nằm ngoài đĩa nên suy ra mâu
thuẫn.
n
n
n
n
bi z i . Đa thức
ai z i và g (z) =
Cho f (z) =
i
i
i=1
i=1
n

n
i

h (z) =
i=1

ai bi z i

được gọi là hợp thành của f và g .
Định lý 1.4.2. (Szeg¨
o). Cho f và g là các đa thức bậc n và tất cả các
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 −ζi k , trong đó ζi là một nghiệm của
g và k ∈ K .
n

n
ai bi γ i = 0.
i
i=1
n
−1
Khi đó, đa thức f (z) và G (z) = z g −γz
là đối cực. Do đó, theo định
lý Grace, một nghiệm của G(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 bậc của chúng không nhất thiết bằng nhau, định lý
sau tương tự định lý Grace.
Chứng minh. Giả sử γ là một nghiệm của h, tức là

m
n
m
ai z i và g (z) =
bi z i là

i
i
i=1
i=1
các đa thức với m ≤ n. Cho các hệ số của f và g liên hệ với nhau như
sau:
n

Định lý 1.4.3. Cho f (z) =

m
0

a0 bm −

m
1

a1 bm−1 + · · · + (−1)m

Khi đó các phát biểu sau là đúng:
16

m
m

am b0 = 0.

(1.7)

Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức

a) Nếu mọi nghiệm của g(z) thuộc đĩa |z| ≤ r thì ít nhất một trong các
nghiệm của f nằm trong đĩa này;
b) Nếu mọi nghiệm của f (z) nằm ngoài đĩa |z| ≤ r thì ít nhất một trong
các nghiệm của g(z) nằm bên ngoài đĩa này.
Chứng minh. a) Quan hệ trong (1.7) là bất biến nếu thay z bởi rz trong
f và g . Do đó, ta có thể giả sử rằng r = 1. Giả thiết quy nạp rằng trong
mọi nghiệm của f (z) nằm trong miền |z| > 1. Khi đó các nghiệm của đa
thức z n f z1 nằm trong miền |z| < 1. Do đó, theo định lý Gauss-Lucas,
mọi nghiệm của đa thức

f1 (z) = D

(n−m)

n

(z f

1
) = n (n − 1) · · · (m + 1)
z

m

m
i

i=0

ai z m−i

nằm trong miền |z| < 1. Do đó, mọi nghiệm của đa thức
m

f2 (z) = z

m
i=0

m
i

ai

1
z

m

m−i

=
i=0

m
i

ai z i

nằm trong miền |z| > 1.
Quan hệ (1.7) có nghĩa là đa thức f2 và g là đối cực. Vì mọi nghiệm
của f2 nằm trong miền tròn |z| > 1. Từ định lý Grace suy ra có ít nhất
một trong các nghiệm của g cũng nằm trong miền này và ta có điều mâu
thuẫn.
b) Mọi nghiệm của f2 nằm trong miền |z| ≤ 1. Từ đó, theo định lý
Grace suy ra có ít nhất một trong các nghiệm của g cũng nằm trong miền
này.

1.5

Bài toán Routh-Hurwitz

Bài toán xét tính ổn định cho các nghiệm của một đa thức là tìm điều
kiện để tất cả các nghiệm nằm trong mặt phẳng trái (tức là phần thực của
các nghiệm là âm). Các đa thức với tính chất này được gọi là ổn định. Bài
toán Routh-Hurwitz là: Có thể khẳng định đa thức là ổn định theo các hệ
số của nó không?
Ta chỉ cần xét trường hợp các đa thức với hệ số thực. Vì với p (z) =
an z n là một đa thức với hệ số phức, ta xét đa thức

p∗ (z) = p (z) p (¯
z) =

an z n
17

an z n .

Chương 1. Bất đẳng thức cho nghiệm của đa thức

Hiển nhiên, phần thực của các nghiệm của p (¯
z ) cũng giống như phần thực
của p(z). Hơn nữa, các hệ số của p∗ (z) là đối xứng theo an và an . Điều
này có nghĩa là các hệ số của p∗ là bất biến qua phép lấy liên hợp, tức là
các hệ số của p các số thực. Ta có kết quả sau đây.
Định lý 1.5.1. Giả sử p(z) = z n + a1 z n−1 + · · · + an là một đa thức với
hệ số thực và q(z) = z m + b1 z m−1 + · · · + bm , trong đó m = 21 n (n − 1), là
đa thức mà các nghiệm của nó là tổng của các cặp nghiệm của p. Khi đó,
đa thức p là ổn định khi và chỉ khi mọi hệ số của đa thức p và q là dương.
Chứng minh. Giả sử p là ổn định. Một nghiệm âm a của p sẽ có tương
ứng một thừa số z − a với các hệ số dương. Với cặp nghiệm là liên hợp với
phần thực âm, ta có một tương ứng thừa số

(z − α − iβ) (z − α + iβ) = z 2 − 2αz + α2 + β 2
với các hệ số dương. Do đó mọi hệ số của p là dương.
Các nghiệm phức của q trở thành các cặp nghiệm liên hợp bởi vì các
hệ số của q là thực. Hơn nữa, các phần thực của mọi nghiệm của q là âm.
Lý luận tương tự như đối với p, ta có các hệ số của q dương.
Tiếp theo, cho tất cả các hệ số của p và q là dương. Trong trường hợp
này, tất cả các nghiệm của p và q là âm. Do đó, nếu α là một nghiệm của
p thì α < 0 và nếu α ± iβ là một cặp nghiệm phức liên hợp của p thì
2α = (α + iβ) + (α − iβ) là một nghiệm của q , từ đó 2α < 0 hay α < 0.

18

Chương 2
Nghiệm của đa thức và đạo hàm
của nó
2.1

Định lý Gauss-Lucas

Mục này trình bày các kết quả về sự phân bố các nghiệm của đa thức và
nghiệm của đa thức đạo hàm của nó.
Định lý 2.1.1. (Gauss-Lucas). Các nghiệm của P thuộc bao lồi của
các nghiệm của đa thức P của nó.
Chứng minh. Cho P (z) = (z − z1 ) · · · (z − zn ), dễ dàng thấy rằng

1
1
P (z)
=
+ ··· +
.
P (z)
z − z1
z − zn

(2.1)

Giả sử P (w) = 0, P (w) = 0 và giả thiết phản chứng w không thuộc
bao lồi của các điểm z1 , . . . , zn . Khi đó, ta có thể kẻ được một đường
thẳng qua w mà không giao với bao lồi của z1 , . . . , zn . Do đó, các véc-tơ
w − z1 , . . . , w − zn nằm trong nửa mặt phẳng xác định bởi đường thẳng
này. Từ đó, các véc-tơ

1
1
,...,
w − z1
w − zn
1
z¯
cũng nằm trong một nửa mặt phẳng, vì = 2 . Từ đó
z
|z|

P (ω)
1
1
=
+ ··· +
= 0.
P (ω)
w − z1
w − zn
Điều này là mâu thuẫn và do đó w phải thuộc bao lồi của các nghiệm của
đa thức P .
19


Chương 2. Nghiệm của đa thức và đạo hàm của nó

Mối liên hệ trong (2.1) cho phép ta chứng minh các tính chất sau của
các nghiệm của P với mọi đa thức P với các nghiệm thực.
Định lý 2.1.2. Cho P (z) = (z − x1 ) · · · (z − xn ), trong đó x1 < · · · < xn .

Nếu nghiệm xi nào đó được thay bởi xi ∈ (xi , xi+1 ), thì tất cả các nghiệm
của P tăng theo giá trị của chúng.
Chứng minh. Cho z1 < z2 < · · · < zn−1 là các nghiệm của P và cho
x1 , x2 , . . . , xn là các nghiệm của P . Cho z1 < z2 < · · · < zn−1 là các nghiệm
của Q và cho x1 = x1 , . . . , xi−1 = xi−1 , xi , xi+1 = xi+1 , . . . , xn = xn là các
nghiệm của Q. Với các nghiệm zk và zk , mối liên hệ trong (2.1) được viết
dưới dạng
n

i=1

1
= 0,
zk − xi

n

i=1

1
= 0.
zk − xi

(2.2)

Giả sử trái lại rằng phát biểu của định lý là sai, tức là zk < zk với k nào
đó. Khi đó zk − xi < zk − xi . Ta thấy rằng zk − xi và zk − xi có cùng dấu.
Thật vậy,

zj < xi , zj < xi , với j ≤ i − 1 và zj > xi , zj > xi với j ≥ i.

Từ đó
(2.2).

1
zk −xi

2.2

Nghiệm của đạo hàm và các tiêu điểm của ellipse

<

1
z k −x i

với mọi i = 1, . . . , n. Nhưng điều này mâu thuẫn với

Tiếp theo, ta xét các nghiệm của đa thức bậc ba, các nghiệm này có minh
họa hình học thú vị trong định lý dưới đây.
Định lý 2.2.1. (van der Berg). Cho các nghiệm của đa thức bậc ba
P tạo thành đỉnh của tam giác ABC trong mặt phẳng phức. Khi đó, các
nghiệm của P là các tiêu điểm của elip tiếp tuyến với các cạnh của tam
giác ABC tại trung điểm của chúng.
Chứng minh. Ta thấy rằng nếu Q(z) = P (z − z0 ) thì Q (z) =
P (z − z0 ). Do đó, ta có thể lấy bất kì điểm nào là gốc.
Ta có thể biểu diễn biến đổi affine bất kì của mặt phẳng như là hợp
thành của một phép đẳng cự, một phép vị tự và một phép biến đổi dạng
20

Chương 2. Nghiệm của đa thức và đạo hàm của nó

(x, y) → (x, y cos α) trong hệ tọa độ Descartes. Do đó, ta có thể giả thiết
rằng tam giác ABC nhận được từ tam giác đều với đỉnh ω, εω, ε2 ω trong
đó |ω| = 1 và ε = exp( 2πi
3 ) qua phép biến đổi
z→

z + z¯ z − z¯
α
α
+
cos α = zcos2 + z¯sin2 .
2
2
2
2

Khi đó các bán trục a, b của elip được xét là 21 và
√
giữa các tiêu điểm F1 và F2 là a2 − b2 = 12 sin α.
Nhờ phép giãn với hệ số

1
sin α
2

−1

= sin

α
α
cos
2
2

1
2

(2.3)

cos α; khoảng cách

−1

,

các điểm F1 , F2 biến đổi thành (±1, 0), dẫn tới biến đổi

z → z cot

α
α
+ z¯ tan .
2
2

Đặt a = ω cot α2 . Khi đó đa thức với các nghiệm A, B và C có dạng

P (x) = x − a −

1
a

x − aε −

1
aε

x − aε2 −

1
aε2

.

Dễ dàng thấy rằng P (x) = 3x2 + 3ε + 3¯
ε = 3x2 − 3 và do đó các nghiệm
của P là ±1.

2.3

Xác định nghiệm của đạo hàm

Tiếp theo trình bày các kết quả về xác định các nghiệm của đạo hàm,
trước tiên ta có kết quả của Jensen.
Đĩa Jensen
Cho f là một đa thức với hệ số thực. Với mỗi cặp nghiệm liên hợp z và z¯
của f , đĩa với với đường kính z z¯ gọi là một đĩa Jensen của f .

Định lý 2.3.1. (Jensen). Mọi nghiệm phức không thực của f nằm bên
trong hoặc trên biên của một trong các đĩa Jensen của f .
Chứng minh. Cho z1 , . . . , zn là các nghiệm của f . Khi đó

f (z)
=
f (z)

n

j=1

21

1
.
z − zj

(2.4)


Chương 2. Nghiệm của đa thức và đạo hàm của nó

Ta chứng tỏ rằng nếu z nằm ngoài đĩa Jensen với đường kính zp zq thì

sgn Im

1
1
+

z − zp z − zq

= − sgn Im z.

(2.5)

Thật vậy,

1
2(z − a)((¯
z − a)2 + b2 )
1
+
=
2
z − a − bi z − a + bi
|(z − a)2 + b2 |
và

Im((¯
z − a)|z − a|2 + (z − a)b2 ) = (b2 − |z − a|2 ) Im z.
Bây giờ ta chứng tỏ rằng nếu z ∈
/ R và zj = a ∈ R thì

sgn Im

1
z − zj

= − sgn Im z.

(2.6)

1
z¯ − z
−2 Im z
1
− z¯−a
=
=
.
z−a
|z − a|2
|z − a|2
Các công thức (2.4), (2.5), (2.6) suy ra rằng nếu điểm z ∈
/ R nằm bên
ngoài tất cả các đĩa Jensen thì
f (z)
sgn Im
= − sgn Im z = 0.
f (z)
Thật vậy,

Do đó f (z) = 0, tức là z không là nghiệm của f .
Ta có ước lượng sau cho số các nghiệm của đạo hàm mà toàn bộ phần
thực thuộc một đoạn thẳng cho trước.
Định lý 2.3.2. (Walsh). Cho I = [α, β] và cho K là hợp của I và các
đĩa Jensen giao với I . Nếu K chứa k nghiệm của đa thức f (z) thì số các
nghiệm của f (z) nằm trong K sẽ nằm ở giữa k − 1 và k + 1.
Chứng minh. Cho C là biên của hình chữ nhật nhỏ nhất mà các cạnh

là song song với các trục tọa độ và chứa K . Xét hạn chế trên C của ánh
(z)
xạ z → eiϕ , trong đó ϕ = arg ff (z)
. Các công thức (2.4), (2.5), (2.6) suy ra
rằng ảnh của phần của C nằm trong nửa mặt phẳng trên nằm trên nửa
đường tròn |z| = 1, Im z ≤ 0, trong khi đó ảnh của một phần của C nằm
trong nửa mặt phẳng dưới nằm trên nửa đường tròn |z| = 1, Im z ≥ 0. Do
đó, số lần quay của ảnh của C quanh gốc là bằng 0 hoặc bằng ±1. Điều
này nghĩa là chỉ số của C theo trường véc-tơ f (z) và f (z) là đồng nhất
hoặc khác nhau theo ±1, tức là tổng số các điểm của các hàm f và f nằm
trong C đồng nhất hoặc khác nhau theo ±1.
22


Chương 2. Nghiệm của đa thức và đạo hàm của nó

Định lý 2.3.3. (Walsh). Giả sử các nghiệm của đa thức f1 và f2 nằm
trong các đĩa K1 , K2 với bán kính r1 , r2 và các tâm c1 , c2 tương ứng. Khi
đó, mọi nghiệm của đạo hàm của f = f1 f2 nằm trong K1 hoặc K2 , hoặc
n2 c1 + n1 c2
n2 r1 + n1 r2
trong đĩa có bán kính
, tâm tại
, trong đó n1 là bậc
n1 + n2
n1 + n2
của f1 và n2 là bậc của f2 .
Chứng minh. Cho z là một nghiệm của f nằm ngoài K1 và K2 . Khi đó

f1 (z) f2 (z) + f1 (z) f2 (z) = 0.

Hơn nữa, f1 (z) , f1 (z) , f2 (z) , f2 (z) khác không.
Xét ζ1 và ζ2 tương ứng là trọng tâm của các nghiệm của f1 và f2 theo
z . Theo định lý (1.3.1) ta có

ζ1 = z − n1

f1 (z)
f2 (z)
, ζ2 = z − n2
.
f 1 (z)
f 2 (z)

Từ đó

f1 (z)
f2 (z)
+
f 1 (z) f 2 (z)

n2 ζ1 + n1 ζ2 = (n1 + n2 ) z − n1 n2

= (n1 + n2 ) z,

n2 ζ1 + n1 ζ2
. Vì mọi nghiệm của fi nằm trong Ki nên ζi ∈ Ki .
n1 + n2
Cuối cùng, ta thấy rằng nếu các điểm ζ1 và ζ2 của trọng tâm n2 và n1
tương ứng nằm trong các đĩa K1 và K2 , thì trọng tâm z của chúng nằm
trong K .

tức là z =

Định lý 2.3.4. (J.H.Grace; P.J.Heawood, 1907). Nếu z1 và z2 là
các nghiệm phân biệt của đa thức f có bậc n, thì đĩa |z − c| ≤ r, trong đó
1
|z1 − z2 |
π
cot
chứa ít nhất một nghiệm của f .
c = (z1 + z2 ) và r =
2
2
n
n−1

Chứng minh. Cho f (z) =
k=0

n−1
k

ak z k . Khi đó
n−1

z2

0 = f (z2 ) − f (z1 ) =

(−1)k

f (z)dz =
z1

k=0

n−1
ak bn−1−k ,
k

trong đó các hệ số b0 , . . . , bn−1 chỉ phụ thuộc vào z1 và z2 mà không phụ
thuộc vào cá hệ số a0 , . . . , an−1 . Do đó, cho trước z1 và z2 , ta có thể xây
n−1

dựng được một đa thức g(z) =
k=0

n−1
k

23

bk z k đối cực với f (z).


Chương 2. Nghiệm của đa thức và đạo hàm của nó

Để thu được dạng tường minh của g , ta đặt ak = (−1)k xn−1−k , tức là
xét h (z) = (x − z)n−1 . Trong trường hợp này
n−1

g (x) =
k=0
z2

n − 1 n−1−k
x
bn−1−k
k
n−1

(x − 1)

=
z1

(x − z1 )n − (x − z2 )n
dz =
.
n

Các nghiệm của g được cho dưới dạng

ζk =

z1 + z2
z1 − z2
kπ
+i
cot , k = 1, 2, . . . , n − 1
2

2
n

và tất cả chúng nằm trên biên của đĩa được xét. Do đó, theo định lý (1.4.1),
đĩa |z − c| ≤ r chứa ít nhất một nghiệm của f .

2.4

Giả thuyết Sendov-Ilieff

Mục này ta trình bày giả thuyết Sendov về sự phân bố của nghiệm của đa
thức và đa thức đạo hàm.
Giả thuyết Sendov
Cho P (z) là đa thức bậc n ≥ 2 mà các nghiệm nằm trong đĩa |z| ≤ 1. Nếu
z0 là một trong các nghiệm của P (z) thì đĩa |z − z0 | ≤ 1 chứa ít nhất một
nghiệm của P (z).
Giả thuyết này đã được chứng minh với mọi đa thức có bậc n ≤ 5 và một
vài đa thức đặc biệt khác.
Ở đây, ta chứng minh giả thuyết này với các đa thức có dạng

P (z) = (z − z0 )n0 (z − z1 )n1 (z − z2 )n2 .
Trường hợp 1: n = n0 + n1 + n2 ≥ 4 rất đơn giản. Trong trường hợp này,
ta phải chỉ ra rằng nếu |zi | ≤ 1 với i = 0, 1, 2 thì đa thức

P (z) = n(z − z0 )n0 −1 (z − z1 )n1 −1 (z − z2 )n2 −1 (z − w1 ) (z − w2 ) (2.7)
có nghiệm nằm trong đĩa |z − z0 | ≤ 1. Nếu n0 > 1 thì z0 là một nghiệm
như vậy. Do đó, ta giả sử rằng n0 = 1, ta xét sự biểu diễn của P (z) dưới
dạng P (z) = (z − z0 ) Q (z). Hiển nhiên rằng

P (z0 ) = Q (z0 ) = (z0 − z1 )n1 (z0 − z2 )n2 .

24

(2.8)