Kompleksisten polynomien nollakohdista

Transkriptio

1 Kompleksiste polyomie ollakohdista Pro-gradu tutkielma Samu Pulkkie Itä-Suome yliopisto 17. huhtikuuta 2019

2 Sisältö Abstract 1 1 Tiivistelmä 2 2 Yleisiä tuloksia Määritelmiä ja aikaisempia tuloksia Geometrisista kuvauksista Polyomi kertoimie ja ollakohtie välie yhteys 7 4 Nollakohtie geometrie jakautumie Boutrox-Cartai lause Kertoimista saatavia rajoja ollakohdille Gauss-Lucasi lause Laguerre lause Apolaariset polyomit ja Grace lause Numeerie iteroiti Kiitopisteet Lasku metodi Lähteet 48

3 Abstract I this Msc thesis we cover some results regardig the zeros of complex polyomials. Fidig the zeros of a polyomial has always bee cetral i mathematics sice the ivetio of polyomials, ad it is a well kow fact that dig the zeros of a polyomial allows oe to d the locatio of all other values. Also, by Weierstrass's approximatio theorem we ca always approximate ay cotiuous real- or complex valued fuctio by real- or complex polyomials, thus coectig the case for polyomials to a more geeral case. I this thesis we deal with the zeros of polyomials maily aalytically by usig well kow results from ay basic course i complex aalysis. The reader is assumed to have studied some basic complex aalysis, although the most cetral results will be recalled i the thesis as eeded. I Sectio 2 we cover some basic deitios ad results that are of use i dig zeros of polyomials as well as provig later theorems. We also cover basic geometric mappigs of the complex plae as well as some facts regardig Möbius trasformatios, maily for applicatios i Sectio 4. Sectio 3 covers the fudametal theorem of algebra ad some results about the relatio of the terms of polyomials to it's zeros. I Sectio 4 we cover results related to geometry of the zeros of polyomials. These results iclude the Boutroux-Carta Lemma, Cauchys approximatio for polyomials, Eeström-Kakeya theorem, Gauss-Lucas theorem, Theorem of Laguerre ad Grace's theorem. I Sectio 5 we cover two methods of formig iteratio sequeces, which coverge o the zeros of a give polyomial. This thesis covers may of the most kow results about zeros of polyomials, ad they are prove usig results that are commoly covered i ay basic course of complex aalysis. 1

4 1 Tiivistelmä Tässä tutkielmassa käsitellää kompleksiste polyomie ollakohtia. Polyomie ollakohtie selvittämie o ollut keskeisessä roolissa polyomie alusta alkae ja polyomi kaikki arvot voidaaki selvittää ollakohtie ratkaisemiseksi keksittyje keioje avulla. Weierstrassi arvioitilausee ojalla mielivaltaista jatkuvaa fuktiota pystytää arvioimaa tarkasti polyomeilla, jolloi polyomi ollakohtie selvittämie auttaa myöski yleisemmi jatkuvie fuktioide tapauksessa. Tässä tutkielmassa käsittelemme polyomeja ja iide ollakohtia lähiä aalyyttisesti käyttäe hyväksi kompleksiaalyysi perustuloksia ja soveltamalla iitä aalyyttiste polyomie ollakohtie selvittämisee. Lukija oletetaaki tuteva kompleksiaalyysi peruskurssilla käydyt asiat. Kuiteki keskeisimmät tulokset kerrataa tarvittaessa. Kappaleessa 2 käymme läpi määritelmiä, argumeti periaattee ja Rouché lausee. Lisäksi kappaleessa käsitellää kompleksitaso geometrisiä kuvauksia sekä hiema Möbius kuvauksia myöhempie kappaleide sovelluksia varte. Kappaleessa 3 käymme läpi algebra peruslausee sekä selveämme siitä seuraavaa polyomi ollakohtie ja kerroite välistä yhteyttä. Kappale 4 keskittyy erilaisii geometrisii tapoihi rajoittaa polyomi ollakohtia. Näistä tuetuimpia ovat Boutroux-Cartai lemma, Cauchy arvio polyomeille, Eeström-Kakeya Lause, Gauss-Lucasi Lause, Laguerre lause sekä Grace Lause. Kappaleessa 5 käydää läpi kaksi erilaista tapaa muodostaa polyomille iteroitijoo, joka suppeee kyseise polyomi ollakohtii. Tutkielma tarkoitus o tarjota laaja katsaus yleisii tuloksii polyomie ollakohtii liittye käyttäe pohjaa yksikertaisia tuloksia, jotka käsitellää yleesä kompleksiaalyysi peruskurssilla. 2

5 2 Yleisiä tuloksia Tässä kappaleessa käydää läpi yleisiä tuloksia, joita käytetää todistamaa myöhempiä tuloksia. Erityisesti Rouché lausetta, Määritelmä 2.5 kuvauksia sekä Lausetta 2.7 hyödyetää paljo tutkielmassa, eli lukija kaattaa kiiittää äihi erityistä huomiota. 2.1 Määritelmiä ja aikaisempia tuloksia Määritelmä 2.1. Polyomi o fuktio, joka o muotoa P (z) = a k z k, k, N. k=0 Tämä summa yksittäistä osaa a k z k kutsutaa polyomi termiksi, ja tätä vastaavaa vakiota a k o tämä termi kertoimeksi. Polyomi aste o suuri arvo k jolle a k 0, merkitää käytetää Deg(P (z)) =. Polyomia kutsutaa reaaliseksi, jos a k R kaikilla k {0, 1,.., }, ja kompleksiseksi, jos a k C kaikilla k {0, 1,.., }. Koska reaaliluvut ovat kompleksilukuje osajoukko, reaaliset polyomit ovat kompleksiste polyomie osajoukko. Tämä tutkielma puitteissa polyomia pidetää kompleksisea, ellei toisi maiita. Joissaki tilateissa saatamme yksikertaistamise vuoksi merkitä kuvausta pelkästää sitä vastaavalla kirjaimella merkkaamatta muuttujaa. Esimerkki: Olkoo P (z) = a z + a 1 z a 1 z + a 0 Tällöi P : aste o Deg(P ) =. Seuraavat tulokset sekä moikertaise ollakohda käsite oletetaa tuetuiksi kompleksiaalyysi b kurssilta. Todistukset löytyvät myöski esim. [3, s ,166] Lause 2.2. (Argumeti periaate) Olkoo f o aalyyttie ja ollasta eroava yksikertaisella, suljetulla ja positiivisesti suuistetulla käyrällä C sekä aalyyttie C: rajoittamassa alueessa. Tällöi 1 2πi C f (z) f(z) dz = N 0(f, C) missä N 0 (f, C) o f: ollakohtie lukumäärä käyrä C sisällä ollie moikerrat huomioide. 3

6 Lause 2.3. (Rouché lause) Olkoo f ja h aalyyttisiä yksikertaisella suljetulla käyrällä C sekä se sisäpuolella. Jos aito epäyhtälö h(z) < f(z) pätee jokaisessa ääriviiva C pisteessä, ii fuktioilla f ja f + h o yhtä mota ollakohtaa moikerrat huomioide ääriviiva C sisäpuolella. Rouché lauseesta o olemassa vahvempia versioita, joissa fuktioide ormie ehtoa voidaa heiketää esimerkiksi muotoo f h < f + h, katso esimerkiksi [3, s. 166]. Seuraava esimerkki äyttää, mite Rouché lausetta voidaa käyttää polyomi ollakohtie sijaii määrittämisessä: Esimerkki 2.4. Tarkastellaa polyomia P (z) = z z4 1. Jos yt 64 määritämme f(z) = z 8 ja h(z) = 3 16 z4 1, saamme P (z) = f(z) + h(z). Nyt 64 f(z) = z 8, ja h(z) = 3 16 z z = 3 16 z Tällöi Rouché lausee ehdot toteutuvat, ku h(z) 3 16 z < f(z) = z 8, joka toteutuu ku josta saadaa ratkaisuksi z z > 0, z > 1 2. Koska z 8 :lla o 8-kertaie ollakohta pisteessä z = 0, saamme Rouché 1 lauseesta, että P (z):lla o kahdeksa ollakohtaa suljetussa kiekossa D(0, 2 ). Laskemalla esim. sijoitukse avulla saamme, että P : ollakohdat ovat ± 1 2, ± i ja ± 1 ± i. Nyt ± 1 ± i = , eli tässä tapauksessa Rouché lause ataa meille tarka tulokse. 2.2 Geometrisista kuvauksista Käydää seuraavaksi läpi muutamia yksikertaisia geometrisia kuvauksia kompleksitasossa sekä laajeetussa kompleksitasossa, mukaille [4, p ] mukaista esitystä. Kuvauksia hyödyetää paljo tarkasteltaessa polyomie ollakohtie geometrista jakautumista. Palautetaa mielee, että laajeettu kompleksitaso Ĉ määritellää yhdisteeä C { }. 4

7 Määritelmä 2.5. Olkoo z C, a C, a 0, b = e iθ, θ R ja c R, c > 0. Kuvausta z + a kutsutaa siirroksi, kuvausta bz kierroksi, kuvausta cz skaalaukseksi ja kuvausta 1 z kääöksi. Nämä kuvaukset muuttavat geometrisesti kompleksitasoa seuraavilla tavoilla: Siirto liikuttaa koko kompleksitasoa a : verra Arg(a): suutaa ja kierto pyörittää kompleksitasoa origo ympäri Arg(b) = θ: verra. Yleesä kierrettäessä vakio aetaaki muodossa e iθ, missä θ o halutu kääö kulma radiaaeia väliltä [0, 2π]. Skaalatessa kaikkie pisteide ormi muuttuu c-kertaisesti isommaksi tai pieemmäksi. Kääössä kompleksitaso peilataa yksikköympyrä kehä suhtee, eli yksikköympyrä sisäpuoli kuvautuu ( ulkopuolelle ja päivastoi sekä imagiääri akseli käätyy ympäri 1 = i = i ). i i 2 Kuvauksie kääteiskuvauksie löytämie o helppoa: Siirrossa tehdää vai siirto a: suutaisesti, kierrossa kääytää kulma θ, skaalauksessa skaalataa uudestaa 1 :llä (huomaa, että c 0) ja käätö o oma kääteiskuvauksesa. Ei ole vaikeaa huomata, että siirto, kierto ja skaalaus ovat bijek- c tioita C:ssä, jote myöski iide kääteiskuvaukset ovat bijektioita. Myöski Ĉ:ssä käätö o bijektio, ku määrittelemme, että se kuvaa 0: :ää ja päivastoi. Bijektiivisyyde ojalla äitä kuvauksia voidaa voidaa käyttää muuttamaa joki ogelma määrittelyjoukkoa helpommi ratkaistavaa muotoo. Koska kuvaus sekä kääteiskuvaus ovat bijektioita, voidaa kyseie ogelma ratkaista tässä helpommassa joukossa ja tämä jälkee kääteiskuvauksella muuttaa tilae takaisi alkuperäisee tilaa. Kuvaukset voidaa kaikki yhdistää yhdeksi kuvaukseksi, joka o muotoa az + b cz + d joillaki a, b, c, d C, bc ad 0. Ehto bc ad 0 takaa ettei kuvaus ole vakiofuktio. Tämä äkee seuraavasta az + b cz + d acz + bc ad ad = + c 2 z + cd c 2 z + cd acz + bc + ad ad = c 2 (z + d) c = ac(z + d) c bc ad + c 2 (z + d ) c c 2 (z + d) c bc ad 1 = + a c 2 z + d c. c 5

8 Vaihtoehtoisesti tämä voi ähdä kuvaukse derivaatasta d az + b dz cz + d = (az + b)c a(cz + d) (cz + d) 2 = bc ad (cz + d) 2. Mikäli bc ad = 0, derivaatta o aia 0 ja tällöi alkuperäie kuvaus o vakiofuktio. Muotoa az+b olevia kuvauksia kutsutaa Möbius-kuvauksiksi, ja iillä o cz+d moia hyödyllisiä omiaisuuksia. Tässä kirjoitelmassa tarvitsemme lähiä seuraavia kahta. Esimmäise todistus o mukaelma todistuksesta [4, s. 304]. Lemma 2.6. Möbius-kuvaukset ovat bijektioita Ĉ Ĉ. Todistus. Oletetaa että c 0. Käytetää tällöi kuvaukse muotoa az + b cz + d = bc ad c 2 1 z + d c + a c. Koska a, b, c ja d ovat vakioita, voimme ilmaista tämä myöski muodossa A 1 z + B bc ad + C, A =, B = d c 2 c, C = a c Tästä muodosta äemme, että tätä muotoa olevat kuvaukset voidaa muodostaa yhdistelmää peräkkäistä siirtoa, skaalausta, kiertoa, käätöä ja siirtoa. Koska jokaie äistä kuvauksista o bijektio, saamme väittee tässä tapauksessa. Jos taas c = 0, saamme az + b d = a d z + b d jolloi kuvaus saadaa yhdistelmää siirtoa, skaalausta ja kiertoa. Koska ämä kuvaukset ovat bijektioita väite seuraa. Lause 2.7. Möbius-kuvaukset kuvaavat ympyrät ja suorat ympyröiksi ja suoriksi. Todistus sivuutetaa, katso [3, s. 188]. Vaihtoehtoie Riemai palloo perustuva todistus löytyy [4, s ]. Yleesä laajeetu kompleksitaso tapauksessa suoria ja ympyröitä kutsutaa yleistetyiksi ympyröiksi juuri tämä Möbius-kuvauste omiaisuude takia. Kaattaa huomata, että kappalee alussa määritellyt geometriset kuvaukset ovat kaikki Möbius-kuvauksia, jolloi saamme, että myös ämä kuvaukset kuvaavat yleistetyt ympyrät yleistetyiksi ympyröiksi. 6

9 3 Polyomi kertoimie ja ollakohtie välie yhteys Polyomeille P, joka asteelle pätee 1 Deg(P ) 4, voidaa selvittää ollakohdat sijoittamalla polyomi kertoimet a 0, a 1,... ratkaisukaavaa, joka ataa ratkaisua e z: arvot, joilla P (z) = 0. Tarkat kaavat löytyy esim. [1, s. 4]. Norjalaie matemaatikko Niels Herik Abel todisti 1800-luvulla, että yleistä kaavaa ei ole olemassa viidee- tai korkeamma astee yhtälöille. Abeli todistus ei tarkoita, että viidee ja suuremma astee polyomiyhtälöitä ei voitaisi ollekaa ratkaista, vaa että ratkaisuje selvittämiseksi ei ole olemassa yleistä ratkaisukaavaa. Näille polyomiyhtälöille ratkaisuje etsimie vaatii siis yleisessä tapauksessa umeerista arvioitia tai yksittäisessä tapauksessa polyomista riippuvaa ratkaisumetodia. Seuraavaksi todistamme Algebra peruslausee, joka o keskeie polyomie ollakohdista puhuttaessa. Tätä varte tarvitsemme seuraavaa lemmaa, joka voi löytää [5, s. 11]. Lemma 3.1. Olkoo P (z) = a z a 0 polyomi, jolle Deg(P ) =, ja olkoo ε > 0. Tällöi o olemassa R ε R, site, että Ku z > R ε. Todistus. Huomataa aluksi, että (1 ε) a z < P (z) < (1 + ε) a z, P (z) = a z 1 + a 1 z 1 + a 2 z a 0 z. a a a Merkitää a 1 z 1 + a 2 z a 0 z = Q(z) a a a jolloi P (z) = 1 + Q(z) a z. Selvästi voidaa ähdä, että lim Q(z) 0. z Tästä seuraa että kaikille ε > 0 o olemassa R ε site, että Nyt kolmioepäyhtälöstä saadaa Q(z) < ε, z > R ε. 7

10 P (z) = 1 + Q(z) a z ( 1 + Q(z) ) a z < (1 + ε) a z, ku z > R ε. Vastaavasti kääteisestä kolmioepäyhtälöstä a b a b saadaa P (z) = ( 1) Q(z) a z 1 Q(z) a z > (1 ε) a z, missä viimeie epäyhtälö toteutuu, ku 1 > ε > 0 ja z > R ε. Tapauksessa ε > 1 alaraja pätee triviaalisti. Lemma 3.1 merkitsee, että tarkasteltaessa tarpeeksi suurilla ormeilla, voimme arvioida polyomia pelkästää astee määrittävä termi avulla. Nyt voimme esittää ja todistaa algebra peruslausee. Todistukse esimmäie osa o edellistä lemmaa hyödytävä muuelma stadardista Rouché lausetta käyttävästä todistuksesta, katso esimerkiksi [8, s. 2]. Loppuosa seuraa [3, s. 87] mukaista päättelyä. Lause 3.2. (Algebra peruslause) Olkoo P (z) = a z a 1 z + a 0 polyomi, joka aste Deg(P ) =, N. Tällöi P :llä o täsmällee ollakohtaa C:ssä ollie moikerrat huomioide. Lisäksi jos z 1, z 2,..., z 1, z ovat P : ollakohdat, ii P (z) = c(z z 1 )(z z 2 ) (z z 1 )(z z ), c C \ {0}. Todistus. Todistus jakautuu kolmee osaa. Esi osoitetaa, että jokaisella -asteisella polyomilla o täsmällee ollakohtaa. Tämä jälkee osoitetaa, että tämä polyomi voidaa esittää muodossa P (z) = (z z m )P 1 (z), missä z m o yksi P (z): ollakohdista ja P 1 (z) o polyomi, jolle pätee Deg(P 1 ) = Deg(P ) 1. Tämä jälkee väite seuraa soveltamalla päättelyä P 1 (z):ee, ja jatkamalla rekursiivisesti kues kaikki ollakohdat o eritelty tuloo. 1) Lemma 3.1 ojalla o olemassa ε > 0 ja R ε > 0 site, että a 1 z a 1 z + a 0 < (1 + ε) a 1 z 1, ku z R ε. Toisaalta, voidaa löytää R 0 > 0 site, että (1 + ε) a 1 z 1 a z ku z R 0. Valitaa yt R := max(r ε, R 0 ). Nyt ku z R, ii a 1 z a 1 z + a 0 < a z 8

11 Käyttämällä Rouché lausetta alueesee D(0, r 0 ), missä r 0 > R, saadaa, että P (z):lla ja a z :llä o yhtä mota ollakohtaa tämä ympyrä sisällä. Koska a z :lla o -kertaie ollakohta origossa, saamme, että P (z):lla o oltava täsmällee ollakohtaa D(0, r 0 ): sisäpuolella. Atamalla r 0, saamme, että P (z):lla ei ole eempää ollakohtia. 2) Olkoo yt z 1 joki P (z): ollakohdista. Muodostetaa polyomi P 1 (z) = b 1 z 1 + b 2 z b 0, site, että P (z) = (z z 1 )P 1 (z) = zp 1 (z) z 1 P (z) = b 1 z +(b 2 z 1 b 1 )z z 1 b 0 jolloi merkitsemällä termie kertoimet yhtäsuuriksi, voimme ratkaista P 1 :se yksikäsitteisesti. Nyt koska P (z) = (z z 1 )P 1 (z), saamme että P 1 :llä o yksikertaista ollakohtaa z 1 :ssä lukuuottamatta samat ollakohdat kui P :llä, sillä äissä pisteissä (z z 1 ) 0. Toisaalta mikäli P :llä o -kertaie ollakohta z 1 :sessä, yhtäsuuruude ojalla o P 1 :sellä oltava 1-kertaie ollakohta tässä pisteessä. Nyt P 1 o etsimämme polyomi. 3)Mikäli Deg(P 1 ) 2, toistamalla vaiheet 1) ja 2) polyomii P 1 (z) pääsemme lopulta polyomii P 1, jolle Deg(P 1 ) = 1. Tämä viimeie polyomi o muotoa P 1 (z) = b 1 z + b 0 = b 1 (z + b 0 b1 ), missä b 0 b1 o selkeästi P 1 :se ollakohta. Nyt merkitsemällä b 1 = c saamme väittee. Selkeästi voidaa ähdä, että jokaie tulo, joka o muotoa c(z z 1 )(z z 2 ) (z z 1 )(z z ), muodostaa :e astee polyomi joka ollakohtia o pisteet z 1, z 2,..., z, kuha c 0. Näi olle lausee jälkimmäie väite pätee molempii suutii. Keskeisi osuus algebra peruslauseesta o osoittaa, että jokaisella polyomilla, joka ei ole vakiofuktio, o aiaki yksi ollakohta C:ssa, loput lauseesta seuraa tästä helposti todistukse vaiheide (2) ja (3) avulla. Algebra peruslausee ojalla voimme ilmaista jokaise polyomi se ollakohtie avulla tai vaihtoehtoisesti voimme muodostaa polyomi, jolla o juuri haluamamme ollakohdat. O syytä huomata, että algebra peruslause ei yleisty rajatapauksee. Tämä voi huomata esimerkiksi e z : Maclaurisarjasta 1 + z + z2 + z3 +..., joka o selvästi ääretö polyomi, mutta jolla 1! 2! 3! ei ole yhtää ollakohtaa. O myös hyvä huomata, että ollakohtie avulla ilmoitettua asteise polyomi yksikäsitteisee määrittämisee tarvitaa + 1 arvoa, kute periteisessä ilmaisutavassaki. Algebra peruslauseesta saamme helposti myöski selville kuika moesti polyomi saa mielivaltaise arvo c. Määritellää esi moikertaie c- 9

12 piste: Saomme P :llä oleva -kertaie c-piste pisteessä z 0, mikäli P (z) c:llä o -kertaie ollakohta z 0 :ssa. Seuraus 3.3. Polyomi P jolle Deg(P ) = saavuttaa jokaise arvo c C täsmällee kertaa moikerrat huomioide. Todistus. Tarkastellaa polyomia R := P c. Selvästi kaikissa R: ollakohdissa P = c. Nyt selvästi R o :e astee polyomi, jote sillä o ollakohtaa algebra peruslausee mukaa, jolloi P saavuttaa c: kertaa. Todistuksesta saamme myöski tava liittää polyomi P c-pisteide sijaiit P : ollakohtii. c-pisteide täytyy olla samat kui P c: ollakohdat, jolloi selvittämällä tämä yhdessä kertoimessa eroava polyomi ollakohdat, saamme P : c-pisteet. Tarkastellaa yt tarkemmi ollakohtie ja polyomi kertoimie välistä yhteyttä: Esimerkki 3.4. (Vieta kaavat) Algebra peruslauseesta voidaa johtaa kertoimie ja ollakohtie välillä olevat kaavat. Nämä saadaa muodostettua laskemalla auki ollakohtie tulo ja merkitsemällä, että muodostuee polyomi termie kertoimie o oltava samat. Olkoo a i :t polyomi kertoimia, z i :t polyomi ollakohtia ja c algebra peruslauseessa esiityvä vakio. Esimmäiseksi voidaa huomata, että a = c, sillä tämä termi o muodostuttava kaikkie z:je tulosta, jolloi muita vakioita kertoimee ei jää vaihtoehdoksi. Vastaavalla tavalla voidaa huomata, että a 0 = ( 1) cz 1 z 2...z, sillä tämä termi ei riipu z:sta, jolloi se muodostuu vakioide tulosta. Muide termie kohdalla voidaa päätellä samakaltaisesti: Ilmaistaa termi aste muodossa m, m {0, 1,..., }. Nyt tämä termi voi saada asteesa vai mikäli se muodostuu m: z:a ja m: vakio tulosta c: kassa. Tällöi saadaa ( ) a m = c ( 1) m z k1 z k2...z km, k i {1, 2,..., }, k i k j, k 1,k 2,...,k m eli m-asteise termi kerroi a m muodostuu siis kaikista m: eri ollakohda lieaarikombiaatio summasta. Esimerkkiä sijoittamalla tähä kaavaa m = saadaa jo huomattu fakta, että a 0 = cz 1 z 2...z. Samoi sijoittamalla m = 1 huomataa, että a 1 = c(z 1 + z z ), a 2 = c(z 1 z 2 + z 1 z z 1 z + z 2 z z 1 z ), ja ii edellee. 10

13 Vieta kaavoista voi päätellä seuraavat asiat: Polyomi astee määrittävä termi ei sisällä muuta iformaatiota ollakohdista kui iide lukumäärä. Tämä seuraa siitä, että kyseise termi kerroi tulee suoraa tulo vakiokertoimesta c. Samalla huomataa, että koko polyomi kertomie jollai ollasta poikkeavalla vakiolla ei myöskää vaikuta ollakohtii, vaa aioastaa muide arvoje jakautumisee. Kolmas asia, mikä voidaa huomata, o että polyomi kertoimie ja ollakohtie välillä o selkeä laskeallie yhteys, tosi ollakohtie päättely suoraa kertoimista o hyvi haastavaa. Seuraava tulos, joka löytyy [4, p ], osoittaa, että polyomi ollakohtie muutos kertoimie fuktioa o jatkuva. Lause 3.5. Olkoo P (z) = z + a 1 z 1...a 1 z + a 0 polyomi, joka erilliset ollakohdat o z 1, z 2,...z k. Olkoo m i z i : ollakohda kertaluku ja olkoo ρ := mi i j z i z j, i, j {1, 2,..., k}. Tällöi jokaiselle ε jolle pätee 0 < ε < ρ o olemassa δ > 0 site että jokaisella polyomilla Q(z) = z + b 1 z b 1 z + b 0 joka kertoimille pätee b i a i < δ, i {1, 2,..., 1}, o täsmällee m j ollakohtaa kiekossa z z j < ε, j {1, 2,..., k} Todistus. Olkoo 0 < ε < ρ ja δ < mi j {1,2,...,} ε m j (ρ ε) m j [( z j + ε) ( z j + ε) + 1] ja olkoo Q polyomi, joka toteuttaa maiitut ehdot tällä δ: arvolla. Määritellää D i := {z C : z z i = ε, i {1, 2,..., k}}. Käytetää Rouché lausetta apufuktioihi f = P ja g = Q P D i : rajaamassa alueessa. Nyt ku z D i ja i j, saamme z z j z z j ( z i ε) ( z i ρ) = ρ ε. Nyt P : algebra peruslauseesta saadu tuloesitykse ja edellise päättely ojalla ojalla ku z D i. Toisaalta f(z) = P (z) = (z z i ) m i P 1 (z) ε m i (ρ ε) m i, g(z) = Q P = (b 1 a 1 )z (b 1 a 1 )z + a 0 b 0 < δ z z + 1 < δ[( z i + ε) ( z i + ε) + 1] 11

14 kaikilla z C. Näi olle Rouché lausee ehdot täyttyvät D i : rajoittamassa kiekossa, mikäli g < f toteutuu D i :ssä. Nyt aikaisemma päättely ojalla voimme arvioida g :tä ja f :ää, jolloi saamme g(z) < δ[( z i + ε) ( z i + ε) + 1] < ε m i (ρ ε) m i < f(z) josta saamme lopulta δ:lle raja δ < ε m i (ρ ε) m i [( z i + ε) ( z i + ε) + 1]. Mikäli tämä ehto täyttyy, ii fuktioilla f = P ja f +g = P +(Q P ) = Q o sama määrä ollakohtia D i : sisäpuolella Rouché lausee ojalla. Koska alussa valittu δ toteuttaa tämä ehdo kaikilla i {1,..., 1}, saamme väittee. Kaattaa huomioida, että tulos ei toimi molempii suutii, eli vaikka piei muutos ollakohdissa aiheuttaa piee muutokse kertoimissa, piei muutos kertoimissa ei aia johda pieii muutoksii ollakohdissa. Tästä esimerkkiä voidaa tarkastella polyomia z 10, joka kaikki ollakohdat ovat z = 0. Verrataa tätä polyomii z 10 1, joka eräs ollakohta o , eli ollakohta siirtyi oi 63-kertaisesti kertoime muutoksee. Seuraava esimerkki, joka yleisesti tuetaa Wilkisoi polyomia, havaiollistaa tätä ilmiötä vielä paremmi: Esimerkki 3.6. Tarkastellaa polyomia P (z) = (z 1)(z 2)...(z 20), joka ollakohdat selvästi sijaitsevat pisteissä z 1 = 1, z 2 = 2,..., z 20 = 20. Wilkiso osoitti, että polyomilla P (z) 2 23 z 19 o ollakohtia, joide imagiääriosie modulit vaihtelevat :sta :ee, katso [10]. Tässä tilateessa joki ollakohda imagiääriosa o muuttuut oi kertaisesti termi muutokse verra. 12

15 4 Nollakohtie geometrie jakautumie Tässä kappaleessa käydää läpi tuloksia, joilla voidaa rajata polyomi ollakohte jakautumista C:ssä. Tulokset eivät kerro tarkallee ollakohtie sijaitia, vaa atavat joki geometrisesti määritelly aluee, joka sisällä polyomi ollakohdat sijaitsevat. 4.1 Boutrox-Cartai lause Käydää esimmäiseä läpi Boutroux-Cartai lause, jota voidaa käyttää eristämää polyomi ollakohdat halutu kokoisilla ympyröillä. Lause 4.1. Olkoo z 1, z 2,...z joukko pisteitä C:ssä ja h > 0. Tällöi joukko {z C (z z 1 )(z z 2 )... (z z ) h e } voidaa peittää kiekoilla, joita o eitää kappaletta ja joide säteide summa o korkeitaa 2h Todistus. Todistukse malli o lähtöisi [11, p ]. Todistus muodostuu eljästä alaväitteestä, jotka peräkkäi todistamalla saamme halutu tulokse. (1) Osoitetaa esi, että o olemassa luoollie luku λ 1, joka o suuri kokoaisluku, jolla o olemassa avoi h λ 1 -säteie kiekko, joka sisältää täsmällee λ 1 kappaletta pisteistä z i. Esimmäiseä huomataa, että yläraja λ 1 :lle o, sillä se o pisteide määrä. Mikäli h -säteie kiekko löytyy, jatketaa seuraavaa vaiheesee. Jos sitä ei löydy, λ 1 1. Jos h 1 -säteie kiekko löytyy, jatketaa seuraavaa vaiheesee, ja jos se ei löydy, tarkastellaa taas yhtä pieempää lukua. Jatkamalla tätä korkeitaa kertaa, saamme joki arvo λ 1 :selle, tai sitte ehto ei toteudu millää kiekolla. Nyt kiekossa z z 1 < h 1 pitää siis olla vähitää k 1 pistettä (2 k 1 < ), sillä tapaus, missä piste z 1 ei peittyisi tällä kiekolla ei ole mahdollie, ja muute se toteuttaisi haluamamme väittee. Tällöi kiekossa z z 1 < h k 1 pitää olla vähitää k 2 pistettä (k 1 < k 2 < ), sillä muute tämä kiekko ataisi λ 1 :. Toistamalla tätä toimepidettä ja olettae, että mikää kiekoista ei toteuta λ 1 : ehtoa, päädymme lopulta kiekkoo z z 1 < h k 1, jossa o k pistettä. Nyt k i :de määritelmästä saamme 1 < k 1 < k 2 <... < k 1 < k <, 13

16 mikä o ristiriita, sillä kaikki k j :t ovat kokoaislukuja, jollo iitä ei voi olla kappaletta välillä [1, ]. Näi olle saamme, että λ 1 [1, ] o olemassa. (2) Osoitetaa seuraavaksi, että voimme peittää kaikki pisteet tällaisilla kiekoilla ja kiekkoja o eitää -kappaletta. Merkitää esi sitä h λ 1 -säteistä kiekkoa, joka sisällä o λ 1 pistettä c 1 :llä, ja kutsutaa tämä kieko sisällä olevia pisteitä λ 1 -asteisiksi pisteiksi. Mikäli λ 1 =, jatkamme seuraavaa vaiheesee. Mikäli λ 1 <, meillä o λ 1 pistettä, jotka eivät sisälly kiekkoo c 1. Muodostetaa äide pisteide mukaa λ 2, joka o suuri kokoaisluku, jolla o olemassa, h λ 2 -säteie kiekko, joka sisältää tasa λ 2 -pistettä joide aste ei ole λ 1. Toistamalla kohda (1) päättely saamme, että tälläie luku o olemassa. Merkitää yt vastaavasti sitä h λ 2 -säteistä kiekkoa, joka sisällä o λ 2 pistettä, c 2 :llä, ja kutsutaa tämä kieko sisällä olevia pisteitä λ 2 -asteisiksi pisteiksi. Toistetaa tätä meettelyä kues kaikki pisteistä z i kuuluu johoki tällaisee kiekkoo λ j. Merkitää yt kiekkoje määrää m:llä. Selvästi 1 m, sillä kiekkoo sisältyvie pisteide määrä o väliltä [1, ]. Lisäksi voidaa huomata, että λ 1 + λ λ m =, λ 1 λ 2... λ m, ja että kiekkoje c j säteide summaksi saadaa h λ ( ) 1 + hλ hλ m = h λ1 + λ λ m = h (3) Olkoo yt λ joki kokoaisluku väliltä [1, ]. Osoitetaa, että jos joki h λ-säteie kiekko sisältää vähitää λ pistettä z i:stä, ii aiaki yksi äistä pisteistä o vähitää astetta λ. AT: Oletetaa, että äi ei ole. Otetaa joki kiekko, joka sisällä λ pistettä (λ λ), joide jokaise aste o pieempi kui λ. Muodostetaa seuraavaksi samakeskie kiekko, joka säde o h λ. Nyt tässä ympyrässä o λ pistettä. Mikäli λ = λ, meillä o kaksi vaihtoehtoa: Jos kaikkie pisteide aste o pieempi kui λ, tämä kieko pitäisi olla yksi kiekoista c j, jolloi kaikkie pisteide aste pitäisi olla vähitää λ tai sitte joki pisteistä kuuluu kiekkoo, jossa se astee pitäisi olla suurempi kui λ. Molemmat tapaukset muodostavat ristiriida atiteesi kassa, jote tarkastellaa tilaetta jossa λ > λ. Tällöi ottamalla taas samakeskie kiekko, joka säde o h λ, saamme taas joko edellise päättely mukaise ristiriida tai sitte tässä kiekossa o λ > λ pistettä. Toistamal- la tätä meettelyä korkeitaa -kertaa, pääsemme lopulta johoki 14

17 samakeskisee λ -säteisee kiekkoo, jossa o λ pistettä, sillä pisteide määrä o rajoitettu ja valitsemme aia sätee, joka o sama kui pisteide lukumäärä. Nyt olemme kuiteki taas ajautueet samaa ristiriitaa kui edellä, ja äi olle atiteesi ei päde, jolloi olemme saaeet tämä kohda väittee. (4) Osoitetaa yt todeksi lausee väite. Otetaa esi c j :de kassa samakeskiset, mutta säteeltää kaksikertaiset suljetut kiekot C j, jolloi kohda (2) ojalla saamme m-kappaletta kiekkoja, joide säteide summa o 2h. Osoitetaa seuraavaksi, että äide ympyröide ulkopuolella (z z 1 )(z z 2 )... (z z ) > h e. Olkoo z 0 / m j=1c j, ja λ 0 joki kokoaisluku väliltä [1, ]. Tällöi z 0 - keskie h λ 0 -säteie avoi ympyrä ei kosketa kiekkoa c j, ku λ 0 λ j, sillä z 0 : etäisyys c j : keskipisteestä o vähitää 2h λ j. Näi olle tämä z 0 -keskise kieko sisällä olevie pisteide aste o pieempi kui λ 0, ja äi olle kohda (3) ojalla iitä o eitää λ 0 1 kappaletta. Nyt umeroimalla pisteet z i uudestaa site, että umeroiti aloitetaa z 0 :aa lähimpää olevasta pisteestä, saamme z 1 z 0 z 2 z 0... z m z 0. Nyt saamme, että z j z 0 > h j, sillä j:eksi lähimmä pistee pitää olla h j+1 säteisessä ympyrässä, sillä h j -säteisessä ympyrässä o j 1 pistettä. Tästä seuraa, että (z z 1 )(z z 2 )... (z z ) > h 1 h 2... h = h! h e. Viimeie epäyhtälö saadaa vasemmapuoleisesta päätepistesääöstä 1 ( 1 log 1 j ) 1 log(1 t)dt = 1, j=0 koska log ( 1 ) j o laskeva välillä (0, 1). Nyt kertomalla puolittai :llä ja käyttämällä tulo logaritmia saadaa log ( 1 0 ) (1 k ), j=0 15

18 josta puolestaa ottamalla ekspoettifuktiot puolittai saadaa 1 j=0 j =! e. Boutroux-Cartai lause ataa keio rajoittaa polyomi modulia halutu säteisillä ympyröillä, tai vaihtoehtoisesti määrittämää alue, joka ulkopuolella polyomi modulilla o haluttu alaraja. Tulokse ojalla voimme aia peittää polyomi ollakohdat mielivaltaise pieillä ympyröillä atamalla h: lähestyä ollaa. 4.2 Kertoimista saatavia rajoja ollakohdille Algebra peruslauseesta ja Vieta kaavoista tiedämme jo, että kertoimie ja ollakohtie välillä o yhteys. Tässä kappaleessa käymme läpi joitaki tuloksia, joilla voimme rajoittaa ollakohtie sijaitia polyomi kertoimie avulla. Seuraava klassie tulos tuetaa Cauchy rajaa, ja se ataa tava laskea yleie yläraja ollakohtie ormille ja rajaa äi kaikki ollakohdat origokeskisee ympyrää. Todistus o löytyy [6]. Lause 4.2. Olkoo P (z) = z a 1 z + a 0 polyomi ja z 1, z 2,...z se ollakohdat. Tällöi max { z k } 1 + max { a j } k {1,2,...,} j {0,1,..., 1} Todistus. Oletetaa, että z 1 z j, j 2,..,. Mikäli äi ei ole, voidaa ollakohdat umeroida uudestaa site, että tämä pätee. Nyt, jos z 1 1, väite pätee triviaalisti. Olkoo yt z 1 > 1. Määritellää M := max j {0,1,..., 1} a j. Nyt mistä saadaa Nyt kolmioepäyhtälöstä saadaa P (z 1 ) = z 1 + a 1 z a 1 z 1 + a 0 = 0 z 1 = a 1 z a 1 z 1 a 0 z 1 = z 1 = a 1 z a 1 z 1 a 0 a 1 z a 1 z 1 + a 0 Nyt, koska M = max j {0,1,..., 1} a j ja z 1 > 1, saamme z 1 M(1 + z z 1 1 ) = M 1 z 1 1 z 1 = M 1( z 1 1) 1( z 1 1), 16

19 jolloi vaihtamalla jakaja ja yhtälö vase puoli keskeää saadaa z 1 1 M z 1 1 z 1 = M(1 1 z 1 ). Nyt, koska 0 < 1 1 z 1 < 1, voimme arvioida oikeaa puolta ylöspäi M:ää, jolloi saamme lisäämällä ykköse puolittai z M, jolloi saadaa väite. Seuraus 4.3. Olkoo P (z) = a z a 1 z + a 0 polyomi ja z 1, z 2,...z se ollakohdat. Tällöi { } max { z aj k } 1 + max k {1,2,...,} j {0,1,..., 1} a Todistus. Tarkastellaa polyomia Q(z) := P (z) a = z + a 1 a z a 1 a z + a 0 a. Selvästi Q:lla ja P :llä o samat ollakohdat. Nyt Q toteuttaa Lausee 4.2 ehdot, jolloi se ollakohdille, ja tätä kautta P : ollakohdille, pätee { } max { z aj k } 1 + max. k {1,2,...,} j {0,1,..., 1} a Cauchy raja hyödyllisyys o siiä, että se ei aseta mikäälaisia rajoituksia polyomi kertoimille ja se o helposti laskettavissa. Cauchy arvio raja voi kuiteki olla epätarkka. Jos tarkastelemme Esimerki 2.4 polyomia, Cauchy raja ataa, että kaikki ollakohdat ovat kieko z sisäpuolella, mikä o huoompi raja kui Rouché lauseesta saamamme tarkka 16 raja z 1 2. Tarkasteltaessa reaalisia polyomeja saamme helposti seuraava tulokse: Lemma 4.4. Olkoo P joki reaalie polyomi, ja olkoo z 0 = a+bi, b 0 joki se ollakohta. Tällöi myös z 0 = a bi o P : ollakohta. Todistus. Koska P o reaaliarvoie, ii P (z) = a N z a 1 z + a 0 = a z +...+a 1 z+a o = a z +...+a 1 z+a 0 = P (z), 17

20 jolloi selvästi P (z 0 ) = P (z 0 ) = 0 = 0 Lemmasta 4.4 o olemassa aalogie versio aalyyttisille fuktioille, joide Taylori sarja kaikki kertoimet ovat reaalisia. Todistus o samakaltaie kui Lemmassa. Lemmasta 4.4 saadaa, että kaikki reaaliarvoiste polyomie ei-reaaliset ollakohdat esiityvät kojugaattipareia. Tästä puolestaa seuraa helposti seuraava tulos: Seuraus 4.5. Jokaisella reaalisella polyomilla P, joka aste o parito o aiaki yksi reaalie ollakohta. Todistus. Merkitää P : astetta :llä. Atiteesi: Oletetaa, että P :llä ei ole reaalista ollakohtaa. Koska ei-reaaliset ollakohdat esiityvät pareittai, saamme iitä 2k kappaletta. Tällöi, koska o parito, saamme 2k, mikä o ristiriita algebra peruslausee kassa. Käydää vielä läpi Eeström-Kakeya -lause, joka ataa tarkemma raja reaalise polyomi ollakohdille kui Cauchy raja. Seuraamme [1, s ] mukaista esitystä. Lause 4.6. Olkoo P (z) = a z +...+a 1 z +a 0 reaalie polyomi site, että a 0 a 1... a > 0. Tällöi kaikilla P : ollakohdilla z i pätee z i 1. Todistus. Tarkastellaa esi polyomia (1 z)p (z) = a 0 + (a 1 a 0 )z + (a 2 a 1 )z (a a 1 )z a z +1. Nyt kolmioepäyhtälöistä saadaa (1 z)p (z) = a 0 + (a 1 a 0 )z (a a 1 )z a z +1 = a 0 [(a 0 a 1 )z (a 1 + a )z + a z +1 a 0 (a 0 a 1 )z (a 1 + a )z + a z +1 a 0 [ a 0 a 1 z a 1 a z + a z +1]. Koska a k a k+1 0, yhtälö oikea puoli väheee z : kasvaessa, jolloi saamme arvoilla z < 1, että (1 z)p (z) > a 0 [(a 0 a 1 ) + (a 1 a 2 ) a 1 a ) + a ] = 0 jolloi P (z) 0 ku z < 1. Seuraus 4.7. Olkoo P (z) = a z +...a 1 z + a 0 reaaliarvoie polyomi site, että 0 < a 0 a 1... a. Tällöi kaikilla P : ollakohdilla z i pätee z i 1. 18

21 Todistus. Olkoo r := a i a i+1 mi k 1,2,..., 1 a k a k+1, ja a i joki kerroi site, että = r. Koska a 0 > 0, yksikää ollakohta ei ole z = 0. Näi olle voimme tarkastella tilaetta, ku z > 0 ja muodostaa polyomi z P ( r z ) =z [ a r z + a 1 r 1 z a 1 rz + a 0 ] = Nyt yhtäsuuruudesta r = a 0 z + a 1 rz a 1 r 1 z + a r a i a i+1, saamme a i a i+1 a j 1 a j, jolloi kertomalla puolittai a j :llä saadaa, että a j a i a i+1 a j 1, jolloi kertomalla puolittai r 1 :llä ja käyttämällä kaavaa a j r a j 1 r 1, j {1,..., } a i a i+1 = r saadaa eli z P ( r ) toteuttaa Lausee 4.6 ehdo. Tällöi saamme, että kaikille P ( r ): z z ollakohdille pätee r z 1, eli P : ollakohdilla z r. Toisaalta, yt ehdosta a 0 a 1... a saadaa a j+1 a j jolloi a j a j+1 = r 1, mikä pätee kaikilla j {1, 2,..., 1}. Tällöi r 1, jolloi saadaa väite. Edellisestä todistuksesta voidaa päätellä, että vaikka saatu tulos o yleie, saatu raja modulille ei ole tarki mahdollie yksittäisessä tapauksessa, sillä arvioimme r:ää ylöspäi. Seuraava tulos, joka todistus o hyvi samakaltaie edellise kassa, ataa ollakohtie modulille sekä ylä- että alaraja polyomie kertoime mukaa. Seuraus 4.8. Olkoo P (z) = a z +...a 1 z + a 0 reaaliarvoie polyomi site, että a k > 0 kaikilla k 1, 2,...,. Sitte kaikki P : ollakohdat ovat auluksessa A(0, r 1, r 2 ) := {z C : r 1 z r 2 }, missä { } { } ak ak r 1 :=, r 2 := max k 0,1,..., 1 mi k 0,1,..., 1 a k+1 a k+1 19

22 Todistus. Huomataa aluksi, että koska a 0 0, ii yksikää ollakohta ei ole origossa. Näi olle voimme tarkastella tilaetta z > 0. Tarkastellaa esi polyomia z P ( r1 z Olkoo yt a i site, että r 1 = ) = z [ a r 1 z + a 1 r 1 1 z a 1 r 1 z 1 + a 0 ] = a 0 z + a 1 r 1 z a 1 r 1 1 z + a. a i a i. Tästä seuraa +1 a k a k+1 a i a i+1, josta kertomalla puolittai a k+1 :sellä saadaa, että a k a k+1. a i+1 ( ) a k:lla Tästä taas kertomalla puolittai i a i+1 saadaa, että a i ( ) k ( ) k+1 ai ai a k a k+1. a i+1 a i+1 Tämä tarkoittaa, että z P ( ) r 1 z toteuttaa Seuraukse 4.7 ehdot, jolloi saamme, että P ( r 1 ) z : ollakohdille pätee r 1 1. Tästä saadaa, että r z 1 z, josta saamme väittee alaraja. Yläraja tapaus todistetaa vastaavalla tavalla: Tarkastellaa polyomia ( z r2 ) P = z [ ] a r2 z + a 1 r2 1 z a 1 r 2 z 1 + a 0 z = a 0 z + a 1 r 2 z a 1 r2 1 z + a. Olkoo yt a j site, että a j /a j+1 = r 2. Nyt saamme a j : määritelmästä a k a k+1 a j a j+1, jolloi kertomalla puolittai a k+1 :sellä ja ( aj a j+1 ) k:lla saamme ( ) k ( ) k+1 aj aj a k a k+1. a j+1 a j+1 Nyt saamme, että z P (r 2 /z) toteuttaa Lausee 4.6 ehdot, eli tämä polyomi ollakohdat ovat kaikki yksikkökieko ulkopuolella. Tästä seuraa, että 20

23 P : ollakohdille pätee r 2 z i 1, mistä seuraa että r 2 z i, jolloi väite o todistettu yläraja tapauksessa. Edellisistä tuloksista voidaa päätellä, että reaaliste polyomie kertoimie paiottuessa asteeltaa suurii termeihi, ollakohdat lähestyvät origoa. Jos taas kertoimet paiottuvat asteeltaa pieii termeihi, ollakohdat hajaatuvat origosta poispäi. Samoi, mitä pieempi kertoimie välie vaihtelu o, sitä pieempää alueesee ollakohdat voidaa rajata. Tästä äärimmäiseä esimerkkiä voidaa huomata, että mikäli a j /a j+1 o vakio, saamme, että ollakohdat sijaitsevat ympyrällä, joka säde o tämä vakio. Tarkastellaa vielä kahta vastaesimerkkiä, jotka osoittavat, että rajoitus positiivisii reaalilukuihi Lauseessa 4.6 ja Seurauksessa 4.7 o pakollie: Esimmäiseä esimerkkiä o klassie polyomi z 2 z 1, joka ollakohdat ovat z 1 = , z 2 = , jolloi z 1 > 1 ja z 2 < 2. Vastaavasti polyomi z 2 + iz + 1 ollakohdat ovat z 1 = Gauss-Lucasi lause i i, z 2 = 1 5 i i. 2 Gauss-Lucasi lause o eräs tuetuimpia polyomi ja se derivaata ollakohdat yhdistävistä tuloksista. Tulos liittää polyomi derivaata ollakohdat alkuperäise polyomi ollakohtie koveksii verhoo. Määritelmä 4.9. Joukko U C o koveksi, mikäli kaikki jouko pisteet voidaa yhdistää toiseesa jaalla site, että tämä jaa sisältyy täysi joukkoo A. Jouko A C koveksi verho o kaikkie jouko A sisältävie suljettuje koveksie joukkoje leikkaus. O helppo huomata, että koveksie joukkoje leikkaus ja tämä myötä koveksi verho, o myöski koveksi: Jos kaksi pistettä kuuluu koveksie joukkoje leikkauksee, o iitä yhdistävä, jaa kuuluttava myöski jokaisee koveksii joukkoo, ja site myös iide leikkauksee, ja äi olle leikkaus o koveksi. Gauss-Lucasi lausee todistamiseksi tarvitaa vielä seuraavat lemmat. Lemma Olkoo A C joki joukko, U tämä jouko koveksi verho ja H kaikkie A: sisältävie suljettuje puolitasoje leikkaus. Tällöi U = H 21

24 Kuva 1: Esimerkkejä koveksista verhosta. Koveksit verhot o muodostettu pisteide väri mukaa. Todistus. Osoitetaa esi, että U H. Olkoo z U mielivaltaie jouko U piste. Koska jokaie puolitaso o koveksi, o z: kuuluttava myöski jokaisee A: sisältävää puolitasoo, ja täte se o kuuluttava äide leikkauksee. Osoitetaa seuraavaksi, että H U. Olkoo z / U. Osoitetaa, että tällöi z / H löytämällä suljettu puolitaso, joka sisältää U:, mutta ei z:taa. Koska tämä puolitaso sisältää U:, se sisältää myös A:, jolloi se kuuluu H: muodostavii puolitasoihi. Koska z / U, voidaa löytää r R site, että D(z, r) U =, sillä C \ U o avoi. Olkoo yt R := sup r R {D(z, r) U = }. Nyt saamme, että D(z, R) U, sillä muute voitaisii löytää isompi R. Itseasiassa voidaa ähdä, että tämä leikkaus o tasa yksi piste: Mikäli leikkauksessa olisi vähitää kaksi pistettä, saamme U: koveksisuude ojalla, että äide kahde pistee välillä olevie pisteide olisi kuuluttava U:hu, jolloi ympyrä sisäpisteitä kuuluisi U:hu, mikä olisi ristiriita. Olkoo yt t := D(z, R) U. Piirretää tämä pistee kautta tagettisuora T ympyrälle D(z, R). Nyt z / T, ja voidaa osoittaa, että z: puolella T :tä ei ole yhtää U: pistettä. Atiteesi: Oletetaa, että z o U site, että z 0 o samalla puolella T :tä kui z ja z 0 / T. Tällöi t:tä ja z 0 :aa yhdistävä jaa pitää kuulua U:hu. Koska z 0 / T, tämä jaa ei voi olla tagetti, jolloi tämä jaa leikattava ympyrä D(z, R) myös jossaki muussa pisteessä kui t. Tällöi kuiteki ympyrä D(z, R) sisäpisteitä kuuluisi U:hu, mikä o ristiriita. Näi olle U: pisteet o eripuolella T :tä kui z tai T :ssä, jolloi saamme T : rajaamasta U: sisältävästä suljetusta puolitasosta haluamamme puolitaso. Tästä saamme, että jos z / U ii z / H. Näi olle ei ole olemassa z C site, että z H, z / U. Näi olle jos joki piste z kuuluu H:ho, se kuuluu myös U:hu, jolloi H U. Koska U H ja H U, seuraa että H = U. 22

25 Kuva 2: Esimerkki Lemma 4.10 todistukse tilateesta. Lemma Olkoo P polyomi, joka ollakohdat ovat z 1, z 2,..., z. Tällöi P (z) P (z) = 1 z z j j=0 Todistus. Algebra peruslauseesta saamme, että P (z) = c(z z 1 )(z z 2 ) (z z ). Merkitää p i := (z z i ). Nyt derivaataksi saadaa P = (cp 1 p 2 p ) = cp 1(p 2 p 3 p ) + cp 2(p 1 p 3 p 4 p ) cp (p 1 p 2 p 2 p 1 ) Mutta p i = 1 kaikilla i {1, 2,..., }, jolloi saamme P (z) P (z) = cp 1(p 2 p 3 p ) + cp 2(p 1 p 3 p 4 p ) cp (p 1 p 2 p 2 p 1 ) cp 1 p 2 p = (p 2p 3 p ) + (p 1p 3 p 4 p ) (p 1p 2 p 2 p 1 ) p 1 p 2 p p 1 p 2 p p 1 p 2 p = =. p 1 p 2 p z z j j=0 23

26 Vaihtoehtoie todistus lemmalle saadaa suoraa logaritmisesta derivaatasta ja logaritmi tulosta. Käyttämällä taas merkitää p i := (z z i ) : P P = (log(cp 1p 2 p )) = (log(c)) + (log(p 1 )) + (log(p 2 )) (log(p )) 1 =. z z j j=1 Nyt voimme esittää ja todistaa Gauss-Lucasi lausee. Lause Olkoo P joki :e astee polyomi, joka ollakohdat ovat z 1, z 2,..., z.tällöi P : ollakohdat ovat kaikki P : ollakohtie koveksissa verhossa.. Todistus. Todistamme väittee [4, s ] malli mukaa. Osoitetaa esi, että jokaie puolitaso, joka sisältää kaikki P : ollakohdat, sisältää myöski P : ollakohdat. Olkoo H joki puolitaso, joka sisältää kaikki P : ollakohdat. Jokaista puolitasoa H kohti o olemassa kompleksiluku c, c = 1 ja reaaliluku r site, että jokaiselle pisteelle z H pätee: Re(cz) r. Tässä c o kompleksitaso kierto site, että puolitasoa rajaava suora o kohtisuorassa reaaliakseli kassa site, että puolitasoo sisältyvä positiivie reaaliakseli osa o rajoittamato, ja r o tämä suora ja reaaliakseli leikkauspiste. Näi olle jokaiselle ollakohdalle pätee Re(cz m ) r, m {1, 2,..., } Olkoo yt z / H. Tällöi Re(cz) < r, koska muute z kuuluisi H:ho. Tästä ja siitä, että ollakohdat kuuluvat H:ho, seuraa Re(c(z z m )) = Re(cz) Re(cz m ) < 0, m {1, 2,..., }. Tästä saamme Re(c(z z m )) = Re ( c z z ) ( ) m 2 = Re c z z m 2 = Re ( c z z ) m 2 z z m z z m z z m, koska z z m 0. Koska kompleksikojugoiti tai käätö eivät muuta reaaliosa merkkiä ja z z m o positiivie reaaliluku, saamme ( ) c Re < 0, m {1, 2,..., } z z m 24

27 ja äi olle Jolloi selvästi Re(c m=1 m=1 1 z z m ) < 0. 1 z z m 0. Mutta tämä summa o P Lemma 4.11 ojalla. Tästä seuraa, että P (z) 0. P Nyt, koska z oli mielivaltaie piste H: ulopuolelta, P : ollakohtie täytyy sijaita H:ssa. Koska väite pätee mielivaltaiselle P : ollakohdat sisältävälle puolitasolle, se pätee kaikille P : ollakohdat sisältäville puolitasoille, ja äi olle Lemma 4.10 ojalla väite pätee koveksille verholle. Gauss-Lucasi lauseesta saadaa heti muutama yksikertaie havaito. Esiäki voidaa huomata, että koska polyomie ollakohtia o äärellie määrä, o iide koveksi verho äärellie alue. Gauss-Lucasi lausee ojalla polyomi derivaata ollakohdat pysyvät tämä äärellise aluee sisäpuolella. Toiseksi, mikäli kaikki polyomi ollakohdat sijaitsevat jollaki suoralla, o koveksi verho suora, ja tällöi kaikkie derivaattojeki ollakohdat sijaitsevat tällä suoralla. Tästä seuraa, että mikäli polyomi ollakohdat ovat kaikki reaalisia, o derivaataki ollakohdat reaalisia. Seuraava tulos o ilmeie seuraus Gauss-Lucasi lauseesta: Seuraus Mikäli joki koveksi joukko U sisältää kaikki polyomi P ollakohdat, se sisältää myöski kaikki polyomi P ollakohdat. Todistus. AT: Oletetaa, että U ei sisällä kaikkia P : ollakohtia. Tällöi P : ollakohtie koveksi verho ei voi sisältää kaikkia P : ollakohtia, sillä U o muodostamassa kyseistä koveksia verhoa. Tämä o ristiriita Gauss.Lucasi lausee kassa, jolloi väite seuraa. Gauss-Lucasi lauseesta o ilmeistä, että P : ollakohtie koveksi verho o P : ollakohtie koveksi verho osajoukko. Nämä joukot eivät kuitekaa yleisessä tapauksessa ole samat. Yksikertaisea esimerkkiä voidaa tarkastella kolmae astee polyomia P, jolla o erilliset ollakohdat. Tällöi P : ollakohtie koveksi verho o kolmio. Toisaalta P : ollakohtie koveksi ei voi olla kolmio, sillä P :lla o vai kaksi ollakohtaa, jote koveksit verhot eivät voi olla samat. Yleisessä tapauksessa voidaa huomata, että polyomie ollakohtie koveksi verho o koveksi moikulmio, ja se määräytyy täysi kulmiesa perusteella. Koska äissä kulmissa o aia P : ollakohta, saamme, että P : ja P : koveksi verho o täysi sama, jos molemmilla o ollakohdat tämä moikulmio kulmissa. Seuraava lemma osoittaa, milloi tämä tapahtuu. 25

28 Lemma Mikäli polyomilla P ja se derivaatalla P o sama ollakohta z i, ii z i vähitää kaksikertaie P : ollakohta Todistus. Algebra peruslauseesta saadaa, että P (z) = c(z z 1 )...(z z ). Oletetaa yksikertaisuude vuoksi, että c = 1 ja olkoo z 1 sekä P : että P : ollakohta. Tällöi tulo derivaata ojalla saamme, että P (z) = (z z 2 )...(z z )+(z z 1 )(z z 3 )...(z z )+...+(z z 1 )...(z z 1 ). Nyt, jotta z 1 olisi P : ollakohta, pitää olla (z 1 z 2 )(z 1 z 3 )...(z 1 z ) = 0, jolloi z 1 = z i jollaki i {2, 3,..., }, eli z 1 o aiaki kaksikertaie ollakohta. Edellise lemma avulla voidaa helposti todistaa, milloi P : ja P : koveksit verhot ovat samat: Seuraus Polyomi P ja se derivaata P koveksit verhot ovat samat, jos ja vai jos P : koveksi verho kulmie ollakohtie kertaluvut ovat kaikki 2. Todistus. Lemmaa 4.14 edeltävä päättely ojalla koveksit verhot ovat samat, jos ja vai jos iide kulmat ovat samat. Jotta P : ja P : koveksit verhot olisivat samat, o molemmilla oltava ollakohta äissä kulmissa. Näi olle väite seuraa soveltamalla Lemmaa 4.14 jokaise kulma tapauksessa. Gauss-Lucasi lauseesta o olemassa muitaki muotoja. Seuraava o lähtöisi Jeseiltä, ja todistukse voi löytää [1, p. 21]. Tätä ee tarvitsemme Jesei kieko määritelmä, joka määritelmä ojaa vahvasti Lemmaa 4.4: Määritelmä Olkoo P reaalie polyomi ja olkoo z 1, z 2,...z se ollakohtia. merkitää z k = a k + b k i. Tällöi kiekkoja D(a j, b j ) kutsutaa polyomi P Jesei kiekoiksi. Määritelmästä ja Lemmasta 4.4 seuraa triviaalisti, että kaikki polyomi ollakohdat sijaitsevat polyomi Jesei kiekoissa. Seuraava lause liittää myös derivaata ollakohdat Jesei kiekkoihi. 26

29 Lause Olkoo P reaaliarvoie polyomi. Tällöi kaikki P : ei-reaaliset ollakohdat sijaitsevat P : Jesei kiekoissa. Todistus. Olkoo z 1, z 2,..., z P : ollakohdat. Merkitää z k = α k + β k ja z = x + iy. Nyt tarkastelemalla P (z): Lemmasta 4.11 tuleva muodo kojugaattiparilliste ollakohtie summaa saamme 1 x + iy α k iβ k + 1 x + iy α k + iβ k = x iy α k + iβ k (x α k ) 2 + (y β k ) 2 + x iy α k iβ k (x α k ) 2 + (y + β k ) 2 = (x iy α k + iβ k ) [(x α k ) 2 + (y + β k ) 2 ] [(x α k ) 2 + (y β k ) 2 ] [(x α k ) 2 + (y + β k ) 2 ] + (x iy α k iβ k ) [(x α k ) 2 + (y β k ) 2 ] [(x α k ) 2 + (y β k ) 2 ] [(x α k ) 2 + (y + β k ) 2 ], jolloi imagiääriosaksi saadaa y [(x α k ) 2 + (y + β k ) 2 ] y [(x α k ) 2 + (y β k ) 2 ] [(x α k ) 2 + (y β k ) 2 ] [(x α k ) 2 + (y + β k ) 2 ] + β [(x α k) 2 + (y + β k ) 2 ] β [(x α k ) 2 + (y β k ) 2 ] [(x α k ) 2 + (y β k ) 2 ] [(x α k ) 2 + (y + β k ) 2 ] = 2y(x α k) 2 y(y 2 + 2yβ k + β 2 k ) y(y2 2yβ k + β 2 k ) [(x α k ) 2 + (y β k )] 2 [(x α k ) 2 + (y + β k ) 2 ] + β k(y 2 + 2yβ k + β 2 k ) β k(y 2 2yβ k + β 2 k ) [(x α k ) 2 + (y β k ) 2 ] [(x α k ) 2 + (y + β k ) 2 ] = 2y(x α k) 2 2y 3 2yβk 2 + 2yβ2 k + 2yβ2 k [(x α k ) 2 + (y β k ) 2 ] [(x α k ) 2 + (y + β k ) 2 ] 2y [(x α k ) 2 + y 2 βk 2 = ] [(x α k ) 2 + (y β k ) 2 ] [(x α k ) 2 + (y + β k ) 2 ]. Tällöi imagiääriosa o muotoa yr k (z), missä R k (z) > 0, ku z ei kuulu Jesei kiekkoihi. Toisaalta P : reaaliste ollakohtie tapauksessa P : imagiääriosaksi saadaa ( ) x iy α k y Im = (x + iy α k )(x iy α k ) (x α k ) 2 + y, 2 joka voidaa myöski ilmaista muodossa yr k (z), missä R k (z) > 0, ku z ei kuulu Jesei kiekkoo. Näi olle Im ( ) P voidaa ilmaista m: ei 27 P

30 egatiivise fuktio summa ja y: tuloa. Näi olle Jesei kiekkoje ulkopuolella ( ) P (z) m Im = y R k (z) 0, P (z) ku y 0 ja z ei kuulu Jesei kiekkoihi. Tällöi myöski P 0. Jesei versio ei aa aia parempaa tulosta kui Gauss-Lucasi lause. Tarkastellaa tästä esimerkkiä polyomia z 2 +1, joka ollakohdat ovat selvästi ±i. Tällöi Jesei versio ojalla derivaata ollakohta o D(0, 1):sessä, mikäli se o imagiäärie, ku taas Gauss-Lucasi lausee ojalla tiedämme, että se sijaitsee joka tapauksessa jaalla, joka päätepisteiä o ±i. Esitellää vielä Sedovi kojektuuri, jota kutsutaa joskus myöski Sedovi- Ilie kojektuuriksi, joka käsittelee polyomi derivaata ollakohtie etäisyyttä polyomi ollakohdista: Kojektuuri Olkoo P polyomi joka aste o vähitää 2 ja joka kaikki ollakohdat sijaitsevat kiekossa z 1. Jos z 0 o P : ollakohta, ii tällöi kiekko z z 0 1 sisältää aiaki yhde P : ollakohda. Sedovi kojektuuri o todistettu eräille polyomie luokille, kute polyomeille, joilla o korkeitaa kahdeksa erillistä ollakohtaa, katso [2]. Lisää tuloksia aiheese liittye voi lukea [8, s ]. 4.4 Laguerre lause Käydää seuraavaksi läpi Laguerre lause seurate [4, s ] mukaista päättelyä. Tulos o hyvi yksikertaie tapa muodostaa ympyrä, joka sisällä o polyomi ollakohta. Tätä tulosta varte meidä pitää esi kuiteki laajetaa polyomi astee määritelmää, jotta tulos pätisi kaikissa tapauksissa. k=1 Määritelmä Saomme että polyomi P = a z a 1 z + a 0 laajeettu aste o, mikäli a = 0, ja a j 0 jollaki j {0, 1,..., 1}. Mikäli polyomi laajeettu aste o ja ormaali aste o m, saomme, että polyomilla o astetta m oleva ollakohta :ssä. Normaalisti :e astee polyomilla o asteie apa äärettömyydessä [katso esimerkiksi [3, s ]], jolloi tämä :ssä sijaitseva ollakohta kumoaa osa :ssä sijaitsevista avoista. Tällä määritelmällä myöski vakiofuktio voidaa tulkita :e laajeetu astee polyomiksi, jolla o asteie ollakohta 28

31 :ssä. Tällöi voimme ajatella, että fuktio saa vakioarvo myöski äärettömässä. Mikäli kuvaus o f 0, emme laske kuvausta eää polyomiksi, vaa sitä kutsutaa olla-kuvaukseksi. Tästä eteepäi puhuttaessa ympyröistä tarkoitamme yleistettyjä ympyröitä, kute e määriteltii Lausee 2.7 jälkee. Olkoo yt P :e laajeetu astee polyomi ja C joki alue, joka reua o ympyrä (puolitaso tai ympyrä ulkopuoli, jos o ollakohta), site, että C sisältää kaikki P : ollakohdat z 1,..., z. Olkoo c Bd(C). Kuvaus t(z) := 1 := s o Möbius z c kuvaus, ja t(c) =, jolloi t(c) o puolitaso Lausee 2.7 ojalla, sillä t kuvaa C: reua suoraksi. Merkitää t(c) := H. t(z): kääteiskuvaukseksi saadaa t 1 (s) := c + 1 = z. s Muodostetaa yt r := P t 1 = P (c + 1 ). r o fuktio, joka ollakohdat s ovat pisteissä t(z i ) := s i, jotka kaikki sisältyvät puolitasoo H (myös mahdollisesti piste, mikäli joki P : ollakohta o c). r(0) o apa, joka aste o korkeitaa. Muodostetaa seuraavaksi fuktio P 1 (s) = s r(s). Selvästi P 1 o :e laajeetu astee polyomi, joka ollakohdat ovat myöski pisteissä s i H, sillä r: apa kumoaa origossa oleva ollakohda. Nyt Gauss-Lucasi lausee ojalla P 1: ollakohdat ovat myöski puolitasossa H. Näi olle fuktio r 1 := P 1 t: ollakohdat ovat C:ssä. r 1 :sellä o pisteessä c apa, joka aste o korkeitaa 1, sillä polyomi P 1 aste o korkeitaa 1, sillä P : laajeettu aste o. Tämä perusteella P 2 (z) := (z c) 1 r 1 (z) o polyomi, joka laajeettu aste o 1, jolla ei ole apoja ja jolla o samat ollakohdat kui r 1 :sellä, lisäksi mahdollisesti joitaki ollakohtia pisteessä c. Näi olle kaikki P 2 :se ollakohdat ovat C:ssä. Nyt esittämällä ämä fuktiot P : avulla saamme P 1 (s) = s P (c + 1 [ s ), P 1(s) = s 1 P (c + 1 s ) 1 s P (c + 1 ] s ) r 1 (z) = (z c) 1 [P (z) (z c)p (z)], P 2 = P (z) (z c)p (z) Tästä saamme seuraava määritelmä: Määritelmä Olkoo P :e laajeetu astee polyomi. fuktiota D c P := P 2 = P (z) (z c)p (z) kutsutaa polyomi P derivaataksi pistee c suhtee. Mikäli c =, määrittelemme D P = P (z). Huomaa, että D c P riippuu polyomille määritetystä asteesta. Määritelmä o mielekäs kaikilla c: arvoilla, ei pelkästää P : ollakohdat sisältävä ympyrä avulla määriteltyä. Edellä käyty päättely kuvaaki paremmi D c P : omiaisuuksia. Seuraava lause selittää äitä omiaisuuksia selkeämmi. 29

32 Lause Olkoo P joki polyomi, jolle pätee Deg(P ) 1 ja olkoo C joki ympyrä rajoittama suljettu kiekko tai puolitaso, joka sisältää P : ollakohdat. Olkoo c C \ C, eli joko C: reualla tai se ulkopuolella. Tällöi joko D c P 0, tai D c P : ollakohdat ovat kaikki C:ssä. Tapaus D c P 0 toteutuu vai, jos c Bd(C) ja P : kaikki ollakohdat ovat pisteessä c. Todistus. Olkoo aluksi c. Esimmäie väite: Aikaisemma päättely perusteella, mikäli c o C: reualla, ii D c P : ollakohdat ovat C:ssä. Toisaalta, mikäli c / C ii johtamalla fuktiot t, t 1, r, P 1, r 1 ja P 2 samalla tavalla kui aiemmi, saamme, että tällä tavalla myöski P 1 :se ollakohdat ovat t(c) := C 1 :ssä. Nyt, koska c / C o t: aioa apa, C 1 o rajoitettu kiekko, sillä t: aiut apa o c / C. Koska tämä ympyrä o koveksi, Gauss-Lucasi lausee ojalla P 1: ollakohdat ovat myöski C 1 :ssä. Nyt taas seuraamalla edeltävää päättelyä, saamme, että P 2 :se ollakohdat sijaitsevat myöski C:ssä. Jälkimmäie väite: Mikäli P (z) = k(z c), saadaa, että P (z) = k(z c) 1, jolloi D c P = k(z c) k(z c)(z c) 1 0, jolloi väite pätee. Olkoo yt D c P 0. Tällöi, koska D C P = P 2 = (z c) 1 r 1 (z), saamme että r 1 = P 1 t 0, josta puolestaa seuraa, että P 1 0. Näi olle saamme, että P 1 = s r(s) k, jolleki k C. Tällöi r = ks = P (c + 1 ), mikä s toteutuu vai jos P (c + 1) = k(c + 1 s s c) = ks P (z) = k(z c). Nyt mikäli c =, esimmäie väite seuraa Gauss-Lucasi lauseesta ja toie väite puolestaa o yhteevä se kassa, että P k jollaki k C \ {0}, jolloi kaikki P : ollakohdat ovat. P 0 ei ole vaihtoehto, sillä määritelmämme mukaa tämä fuktio ei ole polyomi. Seuraava esimerkki havaiollistaa laajeetu astee merkitystä Lauseessa 4.21: Esimerkki Tarkastellaa polyomia P (z) = z +1. Nyt esim. Lausee 4.8 perusteella äemme, että kaikki P : ollakohdat sijaitsevat yksikkökieko reualla. Nyt D c P = (z + 1) (z c)z 1 = cz 1 +. Selvästi kaikki P : ollakohdat sijaitsevat rajoittamattomassa kiekossa z 1. Nyt valitsemalla c = 0 saamme että D 0 P =, joka ollakohdat laajeetu astee 1 mukaa ovat kaikki äärettömässä, joka kuuluu selvästi kiekkoo z 1 Nyt Lauseesta 4.21 seuraa helposti vastakkaie tulos: Seuraus Olkoo P polyomi, C joki ympyrä rajoittama suljettu alue, ja c Bd(C) site, että D c P 0 ja D c P :llä o yksi ollakohta C:ssä. Tällöi P :llä o aiaki yksi ollakohta C:ssä. 30