Question

Đã trả lời bởi chuyên gia

Answer 1

1. Chứng minh Định lý Gauss-Lucas

Giả sử đa thức phức $P(z)$ có bậc $n \ge 1$ được phân tích thành nhân tử theo các nghiệm (không nhất thiết phân biệt) $z_1, z_2, \dots, z_n$:

$P(z)=a_{n}(z-z_{1})(z-z_{2})\dots (z-z_{n})\quad (a_{n}\ne 0)$

Gọi $z_{0}$ là một nghiệm của đa thức đạo hàm $P'(z)$, tức là $P'(z_0) = 0$. Ta xét hai trường hợp:

• Trường hợp 1: $z_{0}$ trùng với một trong các nghiệm $z_{k}$ của $P(z)$ (đây là trường hợp nghiệm bội). Khi đó, hiển nhiên $z_{0}$ thuộc vào tập hợp nghiệm của $P(z)$, nên chắc chắn $z_{0}$ nằm trong bao lồi $H$.

• Trường hợp 2: $z_{0}$ không trùng với nghiệm nào của $P(z)$, nghĩa là $P(z_0) \neq 0$.

Lấy đạo hàm logarit của $P(z)$, ta có công thức:

$\frac{P^{\prime }(z)}{P(z)}=\frac{1}{z-z_{1}}+\frac{1}{z-z_{2}}+\dots +\frac{1}{z-z_{n}}$

Vì $P'(z_0) = 0$ và $P(z_0) \neq 0$, thay $z = z_0$ vào hệ thức trên ta được:

$\sum _{k=1}^{n}\frac{1}{z_{0}-z_{k}}=0$

Lấy liên hợp phức hai vế của phương trình:

$\sum _{k=1}^{n}\frac{1}{\overline{z_{0}}-\overline{z_{k}}}=0\iff \sum _{k=1}^{n}\frac{z_{0}-z_{k}}{|{}z_{0}-z_{k}|{}^{2}}=0$

Biến đổi phương trình trên:

$\sum _{k=1}^{n}\frac{1}{|{}z_{0}-z_{k}|{}^{2}}z_{0}=\sum _{k=1}^{n}\frac{1}{|{}z_{0}-z_{k}|{}^{2}}z_{k}$

Đặt $w_k = \frac{1}{\vert{}z_0 - z_k\vert{}^2}$. Vì $z_0 \neq z_k$ nên $w_k > 0$ với mọi $k = 1, \dots, n$. Khi đó:

$z_{0}=\frac{\sum _{k=1}^{n}w_{k}z_{k}}{\sum _{k=1}^{n}w_{k}}=\sum _{k=1}^{n}\lambda _{k}z_{k}$

Trong đó $\lambda_k = \frac{w_k}{\sum_{j=1}^{n} w_j}$. Dễ thấy rằng:

• $\lambda_k > 0$ với mọi $k$

• $\sum_{k=1}^{n} \lambda_k = 1$

Theo định nghĩa hình học, $z_{0}$ chính là một tổ hợp lồi của các điểm $z_1, z_2, \dots, z_n$. Do đó, $z_{0}$ bắt buộc phải nằm bên trong hoặc trên biên của bao lồi $H$. Định lý được chứng minh.

2. Ứng dụng vào đa thức $Q(z)$

Cho đa thức $Q(z) = z^4 - 4z^3 + 6z^2 - 4z + 5$.

Cách 1: Giải nhanh bằng lý thuyết bản chất

Áp dụng Định lý Gauss-Lucas liên tiếp:

1. Mọi nghiệm của $Q'(z)$ nằm trong bao lồi $H$ của các nghiệm $Q(z)$.

2. Mọi nghiệm của $Q''(z)$ nằm trong bao lồi $H_{1}$ của các nghiệm $Q'(z)$. Vì $H_1 \subseteq H$ nên nghiệm của $Q''(z)$ cũng nằm trong $H$.

3. Mọi nghiệm của $Q'''(z)$ nằm trong bao lồi $H_{2}$ của các nghiệm $Q''(z)$. Vì $H_2 \subseteq H_1 \subseteq H$ nên nghiệm của $Q'''(z)$ chắc chắn nằm trong $H$.

Cách 2: Tính toán tường minh để kiểm tra hình học

Ta biến đổi đa thức bằng hằng đẳng thức:

$Q(z)=(z-1)^{4}+4$

Giải phương trình $Q(z) = 0$:

$(z-1)^{4}=-4\implies z-1=\pm 1\pm i$

Ta thu được 4 nghiệm phức của $Q(z)$ là:

• $z_1 = 2 + i$

• $z_2 = i$

• $z_3 = -i$

• $z_4 = 2 - i$

Trên mặt phẳng phức $\mathbb{C}$, 4 nghiệm này tương ứng với 4 đỉnh của một hình chữ nhật có tọa độ $(2, 1), (0, 1), (0, -1), (2, -1)$. Bao lồi $H$ chính là miền hình chữ nhật này.

Bây giờ ta tính đạo hàm bậc ba $Q'''(z)$:

• $Q'(z) = 4(z-1)^3$

• $Q''(z) = 12(z-1)^2$

• $Q'''(z) = 24(z-1)$

Phương trình $Q'''(z) = 0$ có duy nhất một nghiệm là $z = 1$, tương ứng với điểm $(1, 0)$ trên mặt phẳng phức.

Nhìn vào biểu diễn hình học, điểm $(1, 0)$ nằm ngay tại tâm đối xứng của hình chữ nhật bao lồi $H$. Do đó, nghiệm của $Q'''(z)$ hoàn toàn nằm bên trong bao lồi của các nghiệm $Q(z)$.

...Xem thêm

Answer 2

1. Chứng minh Định lý Gauss-Lucas

Giả sử đa thức phức $P(z)$ có bậc $n \ge 1$ được phân tích thành nhân tử theo các nghiệm (không nhất thiết phân biệt) $z_1, z_2, \dots, z_n$:

$P(z)=a_{n}(z-z_{1})(z-z_{2})\dots (z-z_{n})\quad (a_{n}\ne 0)$

Gọi $z_{0}$ là một nghiệm của đa thức đạo hàm $P'(z)$, tức là $P'(z_0) = 0$. Ta xét hai trường hợp:

• Trường hợp 1: $z_{0}$ trùng với một trong các nghiệm $z_{k}$ của $P(z)$ (đây là trường hợp nghiệm bội). Khi đó, hiển nhiên $z_{0}$ thuộc vào tập hợp nghiệm của $P(z)$, nên chắc chắn $z_{0}$ nằm trong bao lồi $H$.

• Trường hợp 2: $z_{0}$ không trùng với nghiệm nào của $P(z)$, nghĩa là $P(z_0) \neq 0$.

Lấy đạo hàm logarit của $P(z)$, ta có công thức:

$\frac{P^{\prime }(z)}{P(z)}=\frac{1}{z-z_{1}}+\frac{1}{z-z_{2}}+\dots +\frac{1}{z-z_{n}}$

Vì $P'(z_0) = 0$ và $P(z_0) \neq 0$, thay $z = z_0$ vào hệ thức trên ta được:

$\sum _{k=1}^{n}\frac{1}{z_{0}-z_{k}}=0$

Lấy liên hợp phức hai vế của phương trình:

$\sum _{k=1}^{n}\frac{1}{\overline{z_{0}}-\overline{z_{k}}}=0\iff \sum _{k=1}^{n}\frac{z_{0}-z_{k}}{|{}z_{0}-z_{k}|{}^{2}}=0$

Biến đổi phương trình trên:

$\sum _{k=1}^{n}\frac{1}{|{}z_{0}-z_{k}|{}^{2}}z_{0}=\sum _{k=1}^{n}\frac{1}{|{}z_{0}-z_{k}|{}^{2}}z_{k}$

Đặt $w_k = \frac{1}{\vert{}z_0 - z_k\vert{}^2}$. Vì $z_0 \neq z_k$ nên $w_k > 0$ với mọi $k = 1, \dots, n$. Khi đó:

$z_{0}=\frac{\sum _{k=1}^{n}w_{k}z_{k}}{\sum _{k=1}^{n}w_{k}}=\sum _{k=1}^{n}\lambda _{k}z_{k}$

Trong đó $\lambda_k = \frac{w_k}{\sum_{j=1}^{n} w_j}$. Dễ thấy rằng:

• $\lambda_k > 0$ với mọi $k$

• $\sum_{k=1}^{n} \lambda_k = 1$

Theo định nghĩa hình học, $z_{0}$ chính là một tổ hợp lồi của các điểm $z_1, z_2, \dots, z_n$. Do đó, $z_{0}$ bắt buộc phải nằm bên trong hoặc trên biên của bao lồi $H$. Định lý được chứng minh.

2. Ứng dụng vào đa thức $Q(z)$

Cho đa thức $Q(z) = z^4 - 4z^3 + 6z^2 - 4z + 5$.

Cách 1: Giải nhanh bằng lý thuyết bản chất

Áp dụng Định lý Gauss-Lucas liên tiếp:

1. Mọi nghiệm của $Q'(z)$ nằm trong bao lồi $H$ của các nghiệm $Q(z)$.

2. Mọi nghiệm của $Q''(z)$ nằm trong bao lồi $H_{1}$ của các nghiệm $Q'(z)$. Vì $H_1 \subseteq H$ nên nghiệm của $Q''(z)$ cũng nằm trong $H$.

3. Mọi nghiệm của $Q'''(z)$ nằm trong bao lồi $H_{2}$ của các nghiệm $Q''(z)$. Vì $H_2 \subseteq H_1 \subseteq H$ nên nghiệm của $Q'''(z)$ chắc chắn nằm trong $H$.

Cách 2: Tính toán tường minh để kiểm tra hình học

Ta biến đổi đa thức bằng hằng đẳng thức:

$Q(z)=(z-1)^{4}+4$

Giải phương trình $Q(z) = 0$:

$(z-1)^{4}=-4\implies z-1=\pm 1\pm i$

Ta thu được 4 nghiệm phức của $Q(z)$ là:

• $z_1 = 2 + i$

• $z_2 = i$

• $z_3 = -i$

• $z_4 = 2 - i$

Trên mặt phẳng phức $\mathbb{C}$, 4 nghiệm này tương ứng với 4 đỉnh của một hình chữ nhật có tọa độ $(2, 1), (0, 1), (0, -1), (2, -1)$. Bao lồi $H$ chính là miền hình chữ nhật này.

Bây giờ ta tính đạo hàm bậc ba $Q'''(z)$:

• $Q'(z) = 4(z-1)^3$

• $Q''(z) = 12(z-1)^2$

• $Q'''(z) = 24(z-1)$

Phương trình $Q'''(z) = 0$ có duy nhất một nghiệm là $z = 1$, tương ứng với điểm $(1, 0)$ trên mặt phẳng phức.

Nhìn vào biểu diễn hình học, điểm $(1, 0)$ nằm ngay tại tâm đối xứng của hình chữ nhật bao lồi $H$. Do đó, nghiệm của $Q'''(z)$ hoàn toàn nằm bên trong bao lồi của các nghiệm $Q(z)$.

Answer 3

ko spam (nếu ko muốn bị report)

Answer 4

Cho $P(z)=an\prod{k=1}^{n}(z-zk)$ với $an\ne 0$, $z_k\in\mathbb C$.

Đặt $H = conv\{z1,...,zn\}$ là bao lồi của tập nghiệm.

Định lý Gauss-Lucas

Nếu $w$ là nghiệm bội của $P$ thì $P(w)=P'(w)=0$, do đó $w\in\{z_k\}\subset H$.

Xét $w$ sao cho $P'(w)=0$ nhưng $P(w)\ne 0$.

Ta có:
\frac{P'(z)}{P(z)} = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{z-z_k}
Vì $P'(w)=0$ và $P(w)\ne 0$ nên:
\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{w-z_k}=0 \tag{1}
Nếu $w=z_k$ với một $k$ nào đó thì $w\in H$, xong.

Giả sử $w\ne z_k$ với mọi $k$. Lấy liên hợp phức của (1):
\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\bar w-\bar z_k}=0
Nhưng $\frac{1}{\bar w-\bar zk}= \frac{w-zk}{|w-z_k|^2}$.

Thật vậy $\frac{1}{\bar w-\bar zk}= \frac{w-zk}{(w-zk)(\bar w-\bar zk)}=\frac{w-zk}{|w-zk|^2}$.

Do đó:
\sum_{k=1}^{n}\frac{w-z_k}{|w-z_k|^2}=0
\Rightarrow w\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{|w-z_k|^2}= \sum_{k=1}^{n}\frac{z_k}{|w-z_k|^2}
Đặt
A = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{|w-z_k|^2} >0, \quad t_k = \frac{1}{A}\frac{1}{|w-z_k|^2}>0
Thì $\sum t_k =1$ và:
w = \sum_{k=1}^{n} t_k z_k
Đây chính là một tổ hợp lồi của các $z_k$. Theo định nghĩa bao lồi, $w\in H$.

Vậy mọi nghiệm của $P'$ đều nằm trong $H$.

Hệ quả: Nếu đặt $H1=H(P)$ và $H{k+1}=conv\{\text{nghiệm của }P^{(k)}\}$ thì $H{k+1}\subset Hk$. Do đó bằng quy nạp:
\text{nghiệm của } P^{(k)} \subset H(P) \quad \forall k=1,...,n-1
Ứng dụng
Q(z)=z^4-4z^3+6z^2-4z+5 = (z^2+1)(z^2-4z+5)
Q(z)=0 \iff z=\pm i, \quad z=2\pm i
Thật vậy $Q(z)=(z-1)^4+4$, $(z-1)^4=-4$.

4 nghiệm là 4 đỉnh của hình chữ nhật:
A_1=i=(0,1),\; A_2=-i=(0,-1),\; A_3=2+i=(2,1),\; A_4=2-i=(2,-1)
H(Q)=conv\{A_k\}=[0,2]\times[-1,1]
Tính đạo hàm:

$Q'(z)=4z^3-12z^2+12z-4$
$Q''(z)=12z^2-24z+12=12(z-1)^2$
$Q'''(z)=24z-24=24(z-1)$
Q'''(z)=0 \iff z=1
Theo định lý Gauss-Lucas áp dụng 3 lần, mọi nghiệm của $Q'''$ phải nằm trong $H(Q)$.

Kiểm tra trực tiếp: $z=1 = (1,0)$ nằm trong hình chữ nhật. Cụ thể:
1 = \frac14 i + \frac14 (-i) + \frac14 (2+i) + \frac14 (2-i)
là tổ hợp lồi của 4 đỉnh.

Vậy $z=1$ nằm trong bao lồi, thậm chí là điểm trong của $H(Q)$. Định lý được kiểm chứng.

...Xem thêm

Answer 5

Cho $P(z)=an\prod{k=1}^{n}(z-zk)$ với $an\ne 0$, $z_k\in\mathbb C$.

Đặt $H = conv\{z1,...,zn\}$ là bao lồi của tập nghiệm.

Định lý Gauss-Lucas

Nếu $w$ là nghiệm bội của $P$ thì $P(w)=P'(w)=0$, do đó $w\in\{z_k\}\subset H$.

Xét $w$ sao cho $P'(w)=0$ nhưng $P(w)\ne 0$.

Ta có:
\frac{P'(z)}{P(z)} = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{z-z_k}
Vì $P'(w)=0$ và $P(w)\ne 0$ nên:
\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{w-z_k}=0 \tag{1}
Nếu $w=z_k$ với một $k$ nào đó thì $w\in H$, xong.

Giả sử $w\ne z_k$ với mọi $k$. Lấy liên hợp phức của (1):
\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\bar w-\bar z_k}=0
Nhưng $\frac{1}{\bar w-\bar zk}= \frac{w-zk}{|w-z_k|^2}$.

Thật vậy $\frac{1}{\bar w-\bar zk}= \frac{w-zk}{(w-zk)(\bar w-\bar zk)}=\frac{w-zk}{|w-zk|^2}$.

Do đó:
\sum_{k=1}^{n}\frac{w-z_k}{|w-z_k|^2}=0
\Rightarrow w\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{|w-z_k|^2}= \sum_{k=1}^{n}\frac{z_k}{|w-z_k|^2}
Đặt
A = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{|w-z_k|^2} >0, \quad t_k = \frac{1}{A}\frac{1}{|w-z_k|^2}>0
Thì $\sum t_k =1$ và:
w = \sum_{k=1}^{n} t_k z_k
Đây chính là một tổ hợp lồi của các $z_k$. Theo định nghĩa bao lồi, $w\in H$.

Vậy mọi nghiệm của $P'$ đều nằm trong $H$.

Hệ quả: Nếu đặt $H1=H(P)$ và $H{k+1}=conv\{\text{nghiệm của }P^{(k)}\}$ thì $H{k+1}\subset Hk$. Do đó bằng quy nạp:
\text{nghiệm của } P^{(k)} \subset H(P) \quad \forall k=1,...,n-1
Ứng dụng
Q(z)=z^4-4z^3+6z^2-4z+5 = (z^2+1)(z^2-4z+5)
Q(z)=0 \iff z=\pm i, \quad z=2\pm i
Thật vậy $Q(z)=(z-1)^4+4$, $(z-1)^4=-4$.

4 nghiệm là 4 đỉnh của hình chữ nhật:
A_1=i=(0,1),\; A_2=-i=(0,-1),\; A_3=2+i=(2,1),\; A_4=2-i=(2,-1)
H(Q)=conv\{A_k\}=[0,2]\times[-1,1]
Tính đạo hàm:

$Q'(z)=4z^3-12z^2+12z-4$
$Q''(z)=12z^2-24z+12=12(z-1)^2$
$Q'''(z)=24z-24=24(z-1)$
Q'''(z)=0 \iff z=1
Theo định lý Gauss-Lucas áp dụng 3 lần, mọi nghiệm của $Q'''$ phải nằm trong $H(Q)$.

Kiểm tra trực tiếp: $z=1 = (1,0)$ nằm trong hình chữ nhật. Cụ thể:
1 = \frac14 i + \frac14 (-i) + \frac14 (2+i) + \frac14 (2-i)
là tổ hợp lồi của 4 đỉnh.

Vậy $z=1$ nằm trong bao lồi, thậm chí là điểm trong của $H(Q)$. Định lý được kiểm chứng.

Answer 6

Cho P(z)=an∏k=1n(z−zk) với an≠0, zk∈C.

Đặt H=conv{z1,...,zn} là bao lồi của tập nghiệm.

Định lý Gauss-Lucas

Nếu w là nghiệm bội của P thì P(w)=P′(w)=0, do đó w∈{zk}⊂H.

Xét w sao cho P′(w)=0 nhưng P(w)≠0.

Ta có:
\frac{P'(z)}{P(z)} = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{z-z_k}
Vì P′(w)=0 và P(w)≠0 nên:
\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{w-z_k}=0 \tag{1}
Nếu w=zk với một k nào đó thì w∈H, xong.

Giả sử w≠zk với mọi k. Lấy liên hợp phức của (1):
\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\bar w-\bar z_k}=0
Nhưng 1¯w−¯zk=w−zk|w−zk|2.

Thật vậy 1¯w−¯zk=w−zk(w−zk)(¯w−¯zk)=w−zk|w−zk|2.

Do đó:
\sum_{k=1}^{n}\frac{w-z_k}{|w-z_k|^2}=0
\Rightarrow w\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{|w-z_k|^2}= \sum_{k=1}^{n}\frac{z_k}{|w-z_k|^2}
Đặt
A = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{|w-z_k|^2} >0, \quad t_k = \frac{1}{A}\frac{1}{|w-z_k|^2}>0
Thì ∑tk=1 và:
w = \sum_{k=1}^{n} t_k z_k
Đây chính là một tổ hợp lồi của các zk. Theo định nghĩa bao lồi, w∈H.

Vậy mọi nghiệm của P′ đều nằm trong H.

Hệ quả: Nếu đặt H1=H(P) và Hk+1=conv{nghiệm của P(k)} thì Hk+1⊂Hk. Do đó bằng quy nạp:
\text{nghiệm của } P^{(k)} \subset H(P) \quad \forall k=1,...,n-1
Ứng dụng
Q(z)=z^4-4z^3+6z^2-4z+5 = (z^2+1)(z^2-4z+5)
Q(z)=0 \iff z=\pm i, \quad z=2\pm i
Thật vậy Q(z)=(z−1)4+4, (z−1)4=−4.

4 nghiệm là 4 đỉnh của hình chữ nhật:
A_1=i=(0,1),\; A_2=-i=(0,-1),\; A_3=2+i=(2,1),\; A_4=2-i=(2,-1)
H(Q)=conv\{A_k\}=[0,2]\times[-1,1]
Tính đạo hàm:

Q′(z)=4z3−12z2+12z−4
Q′′(z)=12z2−24z+12=12(z−1)2
Q′′′(z)=24z−24=24(z−1)
Q'''(z)=0 \iff z=1
Theo định lý Gauss-Lucas áp dụng 3 lần, mọi nghiệm của Q′′′ phải nằm trong H(Q).

Kiểm tra trực tiếp: z=1=(1,0) nằm trong hình chữ nhật. Cụ thể:
1 = \frac14 i + \frac14 (-i) + \frac14 (2+i) + \frac14 (2-i)
là tổ hợp lồi của 4 đỉnh.

Vậy z=1 nằm trong bao lồi, thậm chí là điểm trong của H(Q). Định lý được kiểm chứng

...Xem thêm

Answer 7

Cho P(z)=an∏k=1n(z−zk) với an≠0, zk∈C.

Đặt H=conv{z1,...,zn} là bao lồi của tập nghiệm.

Định lý Gauss-Lucas

Nếu w là nghiệm bội của P thì P(w)=P′(w)=0, do đó w∈{zk}⊂H.

Xét w sao cho P′(w)=0 nhưng P(w)≠0.

Ta có:
\frac{P'(z)}{P(z)} = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{z-z_k}
Vì P′(w)=0 và P(w)≠0 nên:
\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{w-z_k}=0 \tag{1}
Nếu w=zk với một k nào đó thì w∈H, xong.

Giả sử w≠zk với mọi k. Lấy liên hợp phức của (1):
\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\bar w-\bar z_k}=0
Nhưng 1¯w−¯zk=w−zk|w−zk|2.

Thật vậy 1¯w−¯zk=w−zk(w−zk)(¯w−¯zk)=w−zk|w−zk|2.

Do đó:
\sum_{k=1}^{n}\frac{w-z_k}{|w-z_k|^2}=0
\Rightarrow w\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{|w-z_k|^2}= \sum_{k=1}^{n}\frac{z_k}{|w-z_k|^2}
Đặt
A = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{|w-z_k|^2} >0, \quad t_k = \frac{1}{A}\frac{1}{|w-z_k|^2}>0
Thì ∑tk=1 và:
w = \sum_{k=1}^{n} t_k z_k
Đây chính là một tổ hợp lồi của các zk. Theo định nghĩa bao lồi, w∈H.

Vậy mọi nghiệm của P′ đều nằm trong H.

Hệ quả: Nếu đặt H1=H(P) và Hk+1=conv{nghiệm của P(k)} thì Hk+1⊂Hk. Do đó bằng quy nạp:
\text{nghiệm của } P^{(k)} \subset H(P) \quad \forall k=1,...,n-1
Ứng dụng
Q(z)=z^4-4z^3+6z^2-4z+5 = (z^2+1)(z^2-4z+5)
Q(z)=0 \iff z=\pm i, \quad z=2\pm i
Thật vậy Q(z)=(z−1)4+4, (z−1)4=−4.

4 nghiệm là 4 đỉnh của hình chữ nhật:
A_1=i=(0,1),\; A_2=-i=(0,-1),\; A_3=2+i=(2,1),\; A_4=2-i=(2,-1)
H(Q)=conv\{A_k\}=[0,2]\times[-1,1]
Tính đạo hàm:

Q′(z)=4z3−12z2+12z−4
Q′′(z)=12z2−24z+12=12(z−1)2
Q′′′(z)=24z−24=24(z−1)
Q'''(z)=0 \iff z=1
Theo định lý Gauss-Lucas áp dụng 3 lần, mọi nghiệm của Q′′′ phải nằm trong H(Q).

Kiểm tra trực tiếp: z=1=(1,0) nằm trong hình chữ nhật. Cụ thể:
1 = \frac14 i + \frac14 (-i) + \frac14 (2+i) + \frac14 (2-i)
là tổ hợp lồi của 4 đỉnh.

Vậy z=1 nằm trong bao lồi, thậm chí là điểm trong của H(Q). Định lý được kiểm chứng

4 câu trả lời 68

Câu hỏi hot cùng chủ đề