Análise e AplicaçõesOral Problema de Routh-Hurwitz.Fábio

Problema de Routh-Hurwitz.
Dimitar Kolev Dimitrov
Depto de Ciências de Computação e Estatı́stica, IBILCE, UNESP,
15054-000, São José do Rio Preto, SP
E-mail: [email protected]
Fábio Rodrigues Lucas
Instituto de Matemática, Estatı́stica e Computação Cientı́fica IMECC, UNICAMP,
13083-859, Campinas, SP
E-mail: [email protected].
Resumo: Na investigação da estabilidade
de sistemas mecânicos e outros problemas de
mecânica é de muita importáncia encontrar
condições para que uma equação algébrica
com coeficientes reais possua somente raı́zes
com a parte real negativa. Em 1877 E.J.
Routh forneceu uma solução algorı́tima para
este problema, a qual não permaneceu amplamente conhecida. Em 1895 A. Hurwitz obteve
condições sobre a qual um polinômio tem somente zeros com partes reais negativas atravéz
de determinantes.
Neste trabalho vamos apresentar algumas
versões do Teorema de Routh-Hurwitz.
somente coeficientes positivos.
Teorema1:(Hermite-Biehler) Seja
f (z) = U (z) + iV (z),
um polinômio de grau n e coeficientes complexos, U (z) e V (z) polinômios de coeficientes
reais. Os zeros de f (z) estão em um dos semiplanos em relação ao eixo real se, e somente
se, os zeros de U (z) e de V (z) são reais e entrelaçam.
Demonstração.
Sejam α1 , α2 , . . . , αn zeros de f (z), suponhamos que esses zeros estejam acima do eixo
Introdução: Um polinômio em que todos real. Pelo Teorema Fundamental da Álgebra
os seus zeros estão localizandos no semi-plano f (z) = a0 (z − α1 )(z − α2 ) . . . (z − αn ).
esquerdo com relação ao eixo imaginário, é Chamamos
chamado polinômio de Hurwitz.
a0 = r(cos γ + i sin γ)
Seja
z − αk = ρk (cos θk + i sin θk ), k = 1, 2, . . . , n
2
3
n
f (x) = an +an−1 x+an−2 x +an−3 x +. . .+a0 x ,
f (z) = R(cos Φ + i sin Φ)
(1)
onde a0 > 0, o polinômio com coeficientes com- Quando z percorre a reta real de −∞ a +∞
o argumento θk , k = 1, . . . , n, varia de 0 a π.
plexos.
Para cada valor de z o argumento de f (z) é
Lema1: Se a função (1) possui todas suas
Φ = γ + θ1 + · + θn , logo Φ cresce estritamente e
raı́zes do lado esquerdo do eixo imaginário,
continuamente de γ a γ +nπ quando z percorre
então todos seus coeficientes são positivos.
a reta real. Se a0 é real, ou seja γ = 0 então
Demonstração: Seja −αµ , 1 ≤ µ ≤ s, as ∂(U ) = n e ∂(V ) < n. E se <(a0 ) = 0, i.e., γ =
raı́zes reais da função (1), e seja
(2c + 1)π/2, com c inteiro, então ∂(V ) = n e
−βν ± iγν , 1 ≤ ν ≤ r, suas raı́zes imaginárias. ∂(U ) < n. Demais casos de a0 ∂(U ) = ∂(V ) =
O lado direito de (1) é o produto de a0 com n.
x + αµ , 1 ≤ µ ≤ s e x2 + 2βν x + βν2 + γν2 com
Observe que, U (z) = R cos Φ e V (z) =
1 ≤ ν ≤ r.
R sin Φ, com R 6= 0, pois 0 não pode ser
Como todos esses termos tem coeficientes raiz de f (z). Quando z percorre a reta real
positivos e a0 > 0, obtemos um polinômio com Φ ∈ (γ, γ + nπ) e então sin Φ zera n vezes se
— 44 —
γ 6= 0 e n − 1 vezes se γ = 0 e cos Φ zera
n vezes se γ 6= (2c + 1)π/2 e n − 1 vezes se
γ = (2c + 1)π/2. Portanto todos os zeros de
U (z) e V (z) são reais e entrelaçados.
Para provarmos a recı́proca chamaremos os
zeros de V (x) de ω1 , ω2 , . . . , ωn , e assim V (x) =
a(x − ω1 )(x − ω2 ) · · · (x − ωn ), com a real.
Suponhamos que U (x) tenha um zero a mais
do que V (x) e usando a fórmula de interpolação
de Lagrange temos que
n
X
U (ωk )V (x)
V k )(x − ωk )
k=1
U (x) =
0 (ω
(2)
Se f (ξ + iη) = 0, claramente V (ξ + iη) 6= 0 pois
os zeros de U (z) e V (z) se entrelaçam e daı́
0=
U (ξ + iη)
+ i.
V (ξ + iη)
(3)
Das equações 2 e 3 temos que
0 =
n
X
U (ωk )
+i
0 (ω )(ξ + iη − ω )
V
k
k
k=1
0 = i+
n
X
U (ωk )(ξ − ωk − ηi)
V k )((η − ωk )2 + η 2 )
k=1
0 (ω
Olhando para a parte imaginária da equação
acima temos que
0 = 1−η
n
X
k=1
V
0 (ω
U (ωk )
(4)
2
2
k )((η − ωk ) + η )
Por outro lado sabemos que, pelo fato dos zeros
se entrelaçarem
U (ωk ).U (ωk+1 ) < 0
V 0 (ωk ).V 0 (ωk+1 ) < 0, k = 1, . . . , n − 1.
semi-plano esquerdo com relação ao eixo imaginário se, e somente se, os zeros de h1 (z) e de
h2 (z) são reais negativos e entrelaçam.
Demonstração Se os zeros de g(z) estão à
esquerda do eixo imaginário então os zeros de
p(z) = g(iz) estão abaixo do eixo real. Como
g(iz) = h1 (−z 2 ) + izh2 (−z 2 )
então sabemos que os zeros de h1 (−z 2 ) e
zh2 (−z 2 ) são reais e entrelaçam. Conseqüentemente, os zeros de h1 (z) e h2 (z) são reais
negativos e continuam entrelaçados.
Reciprocamente, se os zeros de h1 (z) e h2 (z)
são reais negativos e entrelaçam, os zeros de
h1 (−z 2 ) e zh2 (−z 2 ) se entrelaçam e daı́ os zeros de g(iz) estão em um dos semi-planos com
relação ao eixo real e portanto os zeros de g(z)
estão em um dos semi-planos com relação ao
eixo imaginário.
Como os zeros de h1 (z) e h2 (z) são reais negativos, então pela regra de Descartes temos que
seus coeficientes são positivos e daı́ os coeficientes de h1 (z) + zh2 (z) = g(z) também são
positivos. Supondo que os zeros de g(z) estejam no semi-plano direito então g(−z) têm
todos seus zeros no semi-plano esquerdo mas
seus coeficientes têm sinais alternados, o que
contradiz o lema anterior. Portanto os zeros de
g(z) estão no semi-plano esquerdo em relação
ao eixo imaginário.
Problema de Routh Hurwitz.
Agora vamos apresentar algumas formas do
clássico Teorema de Hurwitz sobre estabilidade
de polinômios.
(Teorema de Hurwitz) Uma necessária e suficiente condicão para que f (x) = a0 + a1 x +
. . . + an xn , a0 > 0, com coeficientes reais, possua todas suas raı́zes com partes reais negativas, é que os determinantes
k)
Logo, VU0(ω
(ωk ) têm o mesmo sinal para todo k,

k = 1, . . . , n. Por 4 η terá o mesmo sinal, ou
a1
a0
0
0
0
seja, todos os zeros de f (z) estão no mesmo

a
a
a
a
0
3
2
1
0


semi-plano com relação ao eixo real.
a5
a4
a3 a2 a1
∆nλ = 

Caso U (z) não tenha menos zeros do que

...
...
a0 . . .
V (z) basta tomarmos mais um ou dois pontos
a2λ−1 a2λ−2 . . . . . . . . .
ω e ω para interpolação que satisfaçam
...
...
a0
...
...
...
...
...
...
aλ
λ = 1, 2, . . . , n
U (ω)
U (ω)
U (ωk )
= 0
= 0
,
0
V (ω)
V (ω)
V (ωk )
sejam positivos, onde, λ > n tomamos aλ = 0.
Antes de ser demonstrado o Teorema acima,
o que é sempre possı́vel próximo de ωn .
vamos considerar alguns resultados prelimLema 2 Um polinômio de coeficientes reais inares que serão utilizados na demonstração do
g(z) = h1 (z 2 )+zh2 (z 2 ) possui todos os zeros no Teorema.
— 45 —




,


Analogamente, quando
Seja
f (x) = a0 +a1 x+a2 x2 +a3 x3 +. . .+an xn , an 6= 0 u = Re(x) > 0, temos 4uµk < 0 que implica em
0 ≤| f ∗ (x) |<| f (x) |
o polinômio com coeficientes complexos, e seja
f ∗ (x) o polinômio
∗
2
n
e, finalmente, para
n
f (x) = f (−x) = a0 −a1 x+a2 x −. . .+(−1) an x ,
u = Re(x) = 0 obviamente 4uµk = 0 e daı́
obtido de f (x) por substituir −x no lugar de x
e trocar seus coeficientes pelos seus conjugados.
Se α1 , α2 , . . . , αn são os zeros de f (x), então
0 ≤| f ∗ (x) |=| f (x) | .
Proposição Sejam α e β números complexos
arbitrários tais que | α |>| β | . Uma condicão
f (x) = an (x − α1 )(x − α2 ) . . . (x − αn )
necessária e suficiente para que o polinômio
f (x) seja de Hurwitz é que
e, portanto
g(x) = αf (x) − βf ∗ (x) seja também um
polinômio de Hurwitz.
f ∗ (x) = an (−1)n (x + α1 )(x + α2 ) . . . (x + αn ).
Demonstração:
Se f (x) tem somente zeros com parte real
Seja f (x) um polinômio de Hurwitz, ou seja
negativa ,então, para todo x, tal que <(x) ≥ 0,
as partes reais µk de seus zeros αk = µk +
temos pelo resultado anterior, que | f (x) |≥|
iνk , 1 ≤ k ≤ n são negativos.
f ∗ (x) |.
Seja <(x) a parte real do número complexo
Como, por hipótese, | α |>| β |, então
x.Então,
| αf (x) |≥| βf ∗ (x) | . Esta ultima desigualdade, juntamente com a desigualdade do triangulo, mostra que g(x) 6= 0 para <(x) ≥ 0.
0 ≤| f (x) |<| f ∗ (x) |, Re(x) < 0,
Por outro lado, suponha que g(x) tenha somente zeros com partes reais negativas. Como
0 ≤| f ∗ (x) |<| f (x) |, Re(x) > 0,
g(x) = αf (x) − βf ∗ (x), temos que g ∗ (x) =
∗
αf ∗ (x) − βf (x). Multiplicando g(x) por α,
0 <| f (x) |<| f (x) |, Re(x) = 0.
g ∗ (x) por β e somando essas duas equacões,
Demonstracão:
obtemos
Como f (x) = an (x − α1 )(x − α2 ) . . . (x − αn ),
α
β
é suficiente demonstrar as desigualdades acima
f (x) =
g(x)+
g ∗ (x).
2
2
2
|α| −|β|
| α | − | β |2
apenas para
ϕ(x) = x − αk = x − µk − iνk ,
Como | α |>| β |, temos que
β
|α|
>
.
2
2
|α −|β|
| α | − | β |2
|2
ϕ∗ (x) = −x − αk = −x − µk + iνk .
Segue da primeira parte deste Teorema que
f (x) possui somente zeros com partes reais negativas.
| ϕ∗ (x) |2 − | ϕ(x) |2 = 4uµk .
Proposição 2 O polinômio f (x) é de HurComo µk < 0, k = 1, . . . , n, pois f (x) é witz se, e somente se, o polinômio
polinômio de Hurwitz, temos os seguintes caf ∗ (ζ)f (x) − f (ζ)f ∗ (x)
sos.
F (x, ζ) =
x−ζ
Se denotarmos x = u + it, temos
Se u = Re(x) < 0, então 4uµk > 0
e portando
0 ≤| f (x) |<| f ∗ (x) | .
é de Hurwitz e | f (ζ) |<| f ∗ (ζ) | onde ζ é
um número arbitrário com parte real negativa.
Além disso F (x, ζ) é um polinômio de grau
(n − 1) na variável ζ.
Demonstração:
— 46 —
Assim, de (7) temos que os polinômios F0 (x)
Seja ζ um número complexo arbitrário com
parte real negativa. Se f (x) é um polinômio de e F1 (x) sã de grau (n − 1).
Utilizando F0 (x) e F1 (x) temos o seguinte
Hurwitz, então, de (4) temos que
Teorema.
| f (ζ) |<| f ∗ (ζ) | (5).
Seja ζ um número complexo arbitrário com
parte real negativa. O polinômio f (x) é de HurPelo Teorema anterior, a equacão
witz se, e somente se,
∗
∗
f (ζ)f (x) − f (ζ)f (x) = 0 (6)
a1
a0 6= 0, <
> 0 (10)
a0
com respeito a variável x, tem somente raı́zes
com partes reais negativas. Suponha que (6) e o polinômio de grau (n − 1)
possui somente raı́zes do lado esquerdo do
H(x) = F0 (x) + ζF1 (x)
eixo-imaginário e que (5) é satisfeito para um
número ζ com parte real negativa. Então, o é um polinômio de Hurwitz.
polinômio f (x) é de Hurwitz. Seja G(ζ) =
Demonstracão.
f ∗ (ζ)f (x) − f (ζ)f ∗ (x), desenvolvendo G(ζ) em
Seja f (x) polinômio de Hurwitz. Claramente
série de Taylor no ponto ζ = x temos
a 6= 0, pois caso contrário, zero seria uma
0
raı́z de f (x) o que contradiz o fato de f (x) ser
G(ζ) = G(x)+G0 (x)(x−ζ)+. . .+
(x−ζ)n . polinômio de Hurwitz.
n!
Como os zeros α1 , α2 , . . . , αn de f (x) estão
Como G(x) = 0 podemos dividir a igualdade localizados do lado esquerdo do eixo imaacima por (x − ζ) obtendo
ginário, temos que seus valores inversos
1
, 1 ≤ k ≤ n estão, localizados no mesmo
Gn (x)
G2 (x)
n−1
0
(x−ζ) . . .+
(x−ζ) αk,
F (x, ζ) = G (x)+
2!
n!
semi-plano.Como,
Gn (x)
n
que é um polinômio de grau (n − 1) na variável
X
−a1
1
=
ζ.
a0
α
k=1 k
Este lema reduz o problema de determinar
se um polinômio de grau n é um polinômio relacão de Girard entre os coeficientes de um
de Hurwitz, para o mesmo problema com um polinômio e suas raı́zes, segue que
polinômio de grau (n − 1) e uma desigual n
X
a1
1
dade. Seja F (x, ζ) = F0 (x) + ζF1 (x) + . . . +
<
=−
<
> 0.
n−1
a0
αk
ζ
Fn−1 (x). Agora, comparando o termo
k=1
livre e o coeficiente de ζ em ambos os lados
Temos de (5) e (4) que se <(ζ) < 0 e <(x) ≥ 0
da igualdade
implica que F (x, ζ) 6= 0. Se denotarmos ζ =
∗
∗
1/η, segue que <(η) < 0, logo para Re(x) ≥ 0
(x − ζ)F (x, ζ) = f (ζ)f (x) − f (x)f (ζ),
temos
obtemos
Θ(x, η) = F0 (x)η n−1 +F1 (x)η n−2 +. . .+Fn−1 (x) 6= 0.
a0 f (x) − a0 f ∗ (x) = xF0 (x)
e
−a1 f (x) − a1 f ∗ (x) = −F0 (x) + xF1 (x). (7)
Isto mostra que para cada x com <(x) ≥ 0
o polinômio Θ(x, η) da variável η tem somente
zeros ηk para os quais
Por álgebra elementar, temos
<(ηk ) ≥ 0.
x2 [F0 (x)+ζF1 (x)] = f (x)ϕ(x)−ψ(x)f ∗ (x), (8) Vamos primeiramente supor que F0 (x) 6= 0.
1 (x)
Como −F
F0 (x) é igual a soma dos zeros de
onde
Θ(x, η), temos que
ϕ(x) = a x − a ζx + a ζx,
0
1
0
−F1 (x)
<
F0 (x)
ψ(x) = a0 x + a1 ζx + a0 ζx. (9)
— 47 —
=
n
X
k=1
<(ηk ) ≥ 0.
para <(x) ≥ 0 e <(ζ) < 0. Dividindo ambos os
lados desta desigualdade por | a0 xζ |=| a0 xζ |
1 F1
1
F1
H
temos
=<
=<
+<
<0
+
<
ζF0
ζ
F0
ζ
F0
−1 a1
1
1
1 a1
|
+ |>| +
+ |.
+
e, portanto, o polinômio H(x) tem somente zea0 x
ζ
a0 x
ζ
ros com partes reais negativas, ou seja, H(x) é
polinômio de Hurwitz. Agora, se F0 (x) = 0, Denotando t = −a1 − 1 , η = 1 e substituindo
a0
x
ζ
então para termos H(x) = 0, a igualdade
na desigualdade acima temos
F1 (x) = 0 deve ser satisfeita também. Mas,
neste caso, de (7),
| t + η |>| t − η | .
Se <(ζ) < 0, temos
a0 f (x) − a0 f ∗ (x) = 0,
a1 f (x) + a1 f ∗ (x) = 0
Como
e, como f (x) 6= 0 para <(x) ≥ 0, pois f (x) é <(t) = −< a1 −< 1
a0
x
de Hurwitz, estas igualdades implicam que
1
ζ
< 0 e <(η) = <
< 0,
a ultima desigualdade segue como na demonstracão de (4).
Então, de (14) e (15) segue que | Hϕ∗ |>|
, o que contradiz (10). Assim, temos demon- H ∗ ψ | para <(x) ≥ 0, isto é, H(x)ϕ∗ (x) +
strado a primeira parte do Teorema.
H ∗ (x)ψ(x) é diferente de zero para todo x com
Agora, seja a0 6= 0, Re aa10 > 0 e H(x) <(x) ≥ 0. Logo, f (x) é polinômio de Hurwitz.
Para completarmos a demonstracão, falta
polinômio de Hurwitz. Vamos provar que f (x)
mostrar
que H(x) é um polinômio de grau
é polinômio de Hurwitz, também.
(n − 1).
De (8) obtemos
Suponha que o grau de H(x) seja menor que
x2 H(x) = f (x)ϕ(x) − f ∗ (x)ψ(x) (11).
(n − 1). Assim,
0 = a0 a1 + a0 a1 = 2Re(a0 a1 ) = Re
a0
a1
an (a0 − a1 ζ) = (−1)n an (a0 + a1 ζ)
Logo,
x2 H ∗ (x) = f ∗ (x)ϕ∗ (x) − f (x)ψ ∗ (x),
(12)
onde ϕ(x) e ψ(x) são dados como em (9).
De (11) e (12) temos
que é o coeficiente do termo de maior grau de
H(x).
Consequentemente,
| a0 − a1 ζ |=| a0 + a1 ζ |
(ϕ∗ ϕ − ψ ∗ ψ)f = x2 (Hϕ∗ + H ∗ ϕ).
ou
Se x é um zero de f (x), então, da ultima igualdade segue que
|
1 a1
1 a1
−
|=| +
|.
ζ
a0
ζ
a0
Como < ζ1 < 0 e < aa10 > 0 está ultima
H(x)ϕ (x) + H (x)ϕ(x) = 0, (13)
igualdade contradiz (4).
Agora vamos dar a demonstração do Teopois, como a0 6= 0, temos que x 6= 0.
rema
de Hurwitz, para tal demonstração além
Vamos supor que <(x) > 0. Como H(x) é
de
utilizarmos
os resultados acima, vamos prepolinômio de Hurwitz, segue de (4) que
cisar do Teorema de Laplace Generalizado para
cálculo de determinantes.
| H(x) |≥| H ∗ (x) | . (14)
Demonstração do Teorema de HurVamos mostrar agora que
witz:O polinômio f (x) pode ser escrito na
forma
| ϕ∗ (x) |>| ψ(x) | . (15)
f (x) = g(x2 ) + xh(x2 ), (16)
A desigualdade (15) é equivalente a mostrar
que
onde h(x) e g(x) são os polinômios
∗
∗
| −a0 x + a1 ζx + a0 ζ |>| a0 x + a1 ζx + a0 ζ |
h(x) = a1 +a3 x+a5 x2 +. . . e g(x) = a0 +a2 x+a4 x2 +. . . .
— 48 —
De (16) segue que f ∗ (x) = g(x2 ) − xh(x2 ), pois
os coeficientes de f (x) são reais.
O Teorema é evidente para equacões de grau
um pois, por hipótese a0 > 0 e então a1 > 0 ou
seja, ∆11 > 0.
Provaremos a afirmacão do Teorema por argumento indutivo utilizando os dois ultimos
Teoremas.
No nosso caso o polinômio H(x) = F0 (x) +
ζF1 (x) é dado por



∆n−1

λ
=
p

a1

a1 a2 − a0 a3 a1 a0 0
0
a1 a4 − a0 a5 a3 a2 a1 0
a1 a6 − a0 a7 a5 a4 a3 a0
...
... ... ... ...
...
... ... ... ...
...
...
...
...
...
λ = 1, 2, . . . , n − 1,
onde p = [ λ+1
2 ] − 1.
Agora
vamos
utilizar o Teorema de Laplace
1
ζ
ζ
h(x2 ) − a1 g(x2 ),
H(x) = a0 1 +
n mantendo as duas primeiras
para
calcular
∆
2
x
x
λ
colunas fixas e observar que ao calcular ∆n−1
λ
pois, de (7),
pela primeira coluna temos a seguinte igualdade,
2a0 h(x2 ) − 2a1 g(x2 )
F0 (x) = 2a0 h(x2 ) e F1 (x) =
.
∆n−1
= ap1 ∆nλ .
λ
x
Como por Hipótese ∆n−1
> 0, λ = 1, . . . , n−
λ
Aqui é conveniente supor que ζ é um número
1
e
a
>
0
segue
que
1
real negativo. Vamos tomar ζ = −a . Então,
0
∆nλ > 0, λ = 1, . . . , n.
1
a1
a0
h(x2 ) + g(x2 )
H(x) = a0 1 −
2a0
x
x
Uma segunda forma do Teorema de Hurwitz
=a1 +(a1 a2 −a0 a3 )x+a3 x2+(a1 a4 −a0 a5 )x3 + . . . é a seguinte.
P
O polinômio f (x) = nj=0 aj xj com aj > 0 é
Agora, de acordo com o Teorema anteestável se, e somente se, sua matriz de Hurwitz
rior, temos que o polinômio f (x) = a0 +
infinita H(f ) é um produto da forma
a1 x + . . . + an xn , a0 > 0 com coeficientes reais
é um polinômio de Hurwitz se, somente se, o
H(f ) = J(c1 ) . . . J(cn )H(b),
polinômio de grau (n − 1)
f1 (x) = a0
com todos os parametros cj , j = 1 . . . , n positivos, e b um polinômio positivo de grau 0.
Onde
a0
a1
1−
h(x2 ) + g(x2 )
x
x
é um polinômio de Hurwitz e a1 > 0.
Vamos supor que o Teorema de Hurwitz é
estabelecido para todo polinômio de grau (n −
1).
Seja ∆n−1
o correspondente determinante
λ
para o polinômio f1 (x), ou seja




∆n−1

λ =

a1 a2 − a0 a3
a1 a4 − a0 a5
a1 a6 − a0 a7
...
...
a1
a3
a5
...
...
0
a1 a2 − a0 a3
a1 a4 − a0 a5
...
...
e
0 ...
a1 . . . 

a3 . . . 
,
... ... 
... ...
λ = 1, 2, . . . , n − 1.




H(f ) = 







J(c) = 



a0 a2 a4 a6
0 a1 a3 a5
0 a0 a2 a4
0
0 a1 03
... ... ... ...
c
1
0
0
0
0
1
0
0 0
c
1
0
0
0
0
0
0
0
0
... ... ... ...
...
...
...
1
c
...
...
...
...
...
...




,


...
...
...
...
...
...





.



Agora vamos multiplicar a segunda coluna
de matriz acima por a0 e somar com a terceira
coluna, em seguida multiplicamos a quarta colA idéia da demonstração é provar por
una por a0 e somar o resultado com a quinta indução sobre n que um polinômio f de grau
culuna, repetindo esse processo até o final da n, f (0) > 0, é estável se, e somente se, os
matriz temos
primeiros n + 1 menores principais ∆j (f ), j =
— 49 —
...
...
...
...
...




,


1, . . . , n + 1 de H(f ) são positivos e a fatorização de H(f ) segue como no enunciado do
Teorema.
Para completar este trabalho vamos enunciar
uma terceira versão do Teorema de Hurwitz.
Seja f um polinômio de Hurwitz e seja H a
matriz de Hurwitz associada H = (d2j−i ) sejam
ir e jr , (r = 1, . . . , p) tais que, i1 < 12 < . . . <
ip j1 < j2 < . . . < jp . Então para que
H
i1 i2 . . . ip
j1 j2 . . . jp
!
> 0,
é necessário e suficiente que todos os elementos
da diagonal d2jr −ir (r = 1, . . . , p) são positivos,
equivalentemente, que
0 ≤ 2jr − ir ≤ n r = 1, . . . , p.
A demonstração deste Teorema é por indução
sobre o grau n do polinômio f (x) e além disso
utiliza-se o seguinte Lema.
Seja f um polinômio de Hurwitz de grau n ≥
1 então existe um único polinômio de Hurwitz
0
0
0
0
f1 (x) = d0 xn−1 + d1 xn−2 + . . . + dn−2 x + dn−1
de grau n − 1 e uma única constante c tal que
0
0
0
d2j+1 = d2j e d2j = d2j−1 + cd2j
0
para qualquer inteiro j. Aqui dj = 0 quando
j < 0 ou j ≥ 0.
Referências
[1] F. R. Gantmacher “The Theory of Matrices”, SIAM, New York, 1974.
[2] Olga Holtz, Hermite-Biehler, RouthHurwitz, and total positivity, Linear Algebra and its applications., 372 (2003) 105110.
[3] J. H, B. Kemperman, A Hurwitz Matriz is
Totally Positive, SIAM J. MATH. ANAL.,
13 (1982) 331-341.
[4] N. D. Obrechkoff “Zeros of Polynomials”,
Sofia, 2003.
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