Luận văn một số dạng toán liên quan đến định lý rolle đảo đối với đa thức và phân thức

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN -Vũ Thị Phương một số dạng toán liên quan đến định lý rolle đảo đối với đa thức và phân thức Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

-Vũ Thị Phương

một số dạng toán liên quan đến

định lý rolle đảo đối với đa thức và phân thức

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU

Hà Nội – Năm 2015

MỞ ĐẦU 2

1.1 Tính chất của đa thức và phân thức 41.2 Định lý Rolle và một số tính chất liên quan 81.3 Định lý dạng Viète đối với đa thức 11

2.1 Định lý Rolle đảo đối với đa thức 172.2 Định lý Rolle đảo đối với phân thức 32

2.2.2 Định lý Rolle đảo đối với phân thức có mẫu bậc hai 41

Đa thức và phân thức là những đối tượng nghiên cứu trọng tâm của đại số

có vị trí rất quan trọng trong toán học Vấn đề khảo sát số nghiệm thực của đathức nhờ công cụ giải tích, cụ thể là định lý Lagrange và định lý Rolle nên việckhảo sát số nghiệm thực của đa thức đạo hàm trên một khoảng được tiến hành

dễ dàng Đó là, khi đa thức P (x) ∈R[x]có k nghiệm thực trong khoảng (a, b) thì

đa thức P0(x) sẽ có ít nhất k − 1 nghiệm thực trong khoảng đó

Một câu hỏi được đặt ra, khi nào thì một đa thức P (x) ∈R[x] với k nghiệmthực cho trước trong khoảng (a, b) sẽ cho ta một nguyên hàm

có đủ k + 1 nghiệm thực trên khoảng (a, b)

Luận văn "Một số dạng toán liên quan đến định lý Rolle đảo đối với đa thức

và phân thức" trình bày một số vấn đề liên quan đến các bài toán xác định sốnghiệm thực của nguyên hàm của đa thức và nguyên hàm của phân thức hữu

tỷ với các hệ số thực

Luận văn gồm ba chương và mục tài liệu tham khảo

Chương 1 tóm tắt các khái niệm và tính chất của đa thức và phân thức Chứngminh các kết quả về nghiệm thực của đa thức đạo hàm trong một khoảng, mởrộng định lý Rolle cho phân thức hữu tỷ trên khoảng (a, b)

cấpn có n nghiệm thực phân biệt, từ đó đưa ra các mở rộng của định lý cho đathức có k nghiệm thực (k ≤ n) và l nghiệm bội xét trên khoảng (a, b) Phần tiếptheo cũng là phần chính của luận văn, tác giả khảo sát nghiệm của nguyên hàmcủa một số dạng phân thức hữu tỷ sơ cấp ở phổ thông và phân thức hữu tỷ cómẫu bậc hai Sau đó, tác giả đưa ra các bài toán tổng quát, phát biểu định lýRolle đảo cho các trường hợp này

Chương 3 trình bày một số bài toán áp dụng các định lý ở chương 2.

Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc đến GS.TSKH NguyễnVăn Mậu, người Thầy đã giúp cho tác giả có niềm say mê nghiên cứu Toán học,

đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập từ khi còn

là sinh viên đến khi hoàn thành Luận văn này

Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng đào tạo Sau đại họcKhoa Toán - Cơ - Tin học, các thầy cô đã tham gia giảng dạy cho lớp Cao họcToán niên khóa 2013 - 2015, các thầy cô và các anh chị của Semina "Phươngpháp Toán sơ cấp" trường ĐH Khoa học Tự nhiên đã tạo điều kiện giúp đỡ chotác giả trong thời gian học tập và nghiên cứu tại trường

Nhân đây tác giả cũng xin cảm ơn các anh chị em học viên cao học khóa 2013

- 2015, gia đình và bạn bè đã động viên và tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tácgiả hoàn thành khóa học và Luận văn này Mặc dù tác giả đã cố gắng rất nhiềunhưng kết quả đạt được trong luận văn còn khiêm tốn và khó tránh khỏi nhữngkhiếm khuyết Tác giả mong được sự đóng góp quý báu của các thầy cô và cácđộc giả để Luận văn được hoàn thiện hơn

Hà Nội, ngày 21 tháng 4 năm 2015

Học viên

Vũ Thị Phương

Một số kiến thức bổ trợ

1.1 Tính chất của đa thức và phân thức

Pn(x) = anxn+ an−1xn−1+ · · · + a1x + a0,

trong đó các hệ số an, an−1, , a0 là những số thực và an 6= 0, n ∈N.

Định nghĩa 1.2 (xem [4]) Cho đa thức

Pn(x) = anxn+ an−1xn−1+ · · · + a1x + a0,với an 6= 0,

α ∈R được gọi là nghiệm của đa thức Pn(x) nếu Pn(α) = 0.

Định lý 1.1 (xem [4]) Mọi đa thức hệ số thực đều có thể biểu diễn dưới dạng

Định lý 1.2 (xem [4]) Cho đa thức P (x) ∈R[x] Khi đó P (x) có tập xác định

và liên tục trên R Ngoài ra, khi x → +∞ thì P (x) → d(an)∞.

Khi x → −∞ thì P (x) → (1)nd(an)∞, trong đó n = deg P, an là hệ số chính và

Định lý 1.3 (xem [4]) Nếu đa thức Pk(x) ∈ R[x] có k nghiệm dương (k ∈ N∗)

thì tồn tại s ∈N để đa thức Qk(x) dạng Qk(x) = Pk(x)(x + 1)s có dãy hệ số đỏidấu đúng k lần

Hệ quả 1.2 (xem [4]) Nếu đa thức P (x) ∈ R[x] chỉ có các nghiệm thực thì sốnghiệm dương của đa thức bằng số lần đổi dấu của dãy hệ số

Chứng minh Giả sửdeg P (x) = n, n ∈ N∗, do đa thức P (x) chỉ có nghiệm thựcnên P (x) có tất cả n nghiệm đều thực và viết được dưới dạng sau

Suy ra dãy hệ số

E r β 1 , (E r−1 β 1 − E r )β 1 , (E r−2 β 1 − E r−1 )β12, , (E 1 β 1 − E 2 )β1r−1, (β 1 − E 1 )β1r.

không đổi dấu và đều là các số thực dương

Mặt khác, −β1r+1 < 0 nên dãy hệ số của đa thức Q1(β1x) đổi dấu 1 lần Do hai

đa thứcQ1(x)và Q1(β1x)có cùng vị trí đổi dấu nên dãy hệ số của đa thức Q1(x)

đổi dấu một lần Không giảm tính tổng quát, ta giả sử

đều dương, hệ số của hạng tử bậc r + 1 âm Do hệ số của hạng tử bậc r + 2 là

ar+1β2r+2 > 0 nên dãy hệ số của đa thức Q2(β2x) đổi dấu hai lần

Mặt khác, hai đa thứcQ2(x)và Q2(β2x)có cùng vị trí đổi dấu nên dãy hệ số của

đa thức Q2(x) đổi dấu hai lần

Tiến hành tương tự như trên sau p bước, ta được đa thức Qp(x) có dãy hệ sốđổi dấu p lần Do đa thứcP (x) có p nghiệm dương nên số nghiệm dương của đathức bằng số lần đổi dấu của dãy hệ số

Định lý 1.4 (Phân tích phân thức hữu tỷ ra thừa số) Giả sử x = x0 là nghiệmcủa P (x)

Q(x) = 0 (P, Q nguyên tố cùng nhau) thì

P (x) Q(x) −P (x0)

Q(x0) = (x − x0)

P1(x) Q(x),

trong đó deg P1= deg P − 1.

Q(x) = 0 thì

P (x) Q(x) −P (0)

Q(0) = x

P1(x) Q(x),

trong đó deg P1= deg P − 1.

Bài toán 1.1 Cho hàm phân thức hữu tỷ

Bài toán 1.3 Cho hàm phân thức hữu tỷ

Tại x = j, (j = 0, 1, , m + n) hàm f (x) nhận các giá trị hữu tỷ tương ứng là c j.Khi đó ta có hệ phương trình tuyến tính với m + n + 2 ẩn dạng

Vậy hệ đã cho chỉ có một nghiệm với sự sai khác một tỷ lệ và như vậy tồn tại

của nó khác 0 và nghiệm nhận được là các số hữu tỷ

Ta có điều phải chứng minh

1.2 Định lý Rolle và một số tính chất liên quan

Định lý 1.5 (Định lý Rolle cho khoảng hữu hạn, [4]) Giả sử hàm sốf : [a, b] →R

liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàm trong khoảng (a, b) Nếu f (a) = f (b) thìtồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a, b) sao cho f0(c) = 0

Hệ quả 1.4 Giả sử f (x) là hàm số khả vi trên (a, b) (bị chặn hoặc không bịchặn) và x1 < x2 < · · · < xn là nghiệm của phương trình f0(x) = 0.

1 Nếu hai số hạng liên tiếp của dãy Rolle, tức là dãy

cùng dấu nhau thì giữa hai giá trị liên tiếp tương ứng của dãy đối số không

có nghiệm của phương trình f (x) = 0, ở đây ta quy ước

f (a) = lim

x→a + f (x), f (b) = lim

x→b − f (x)

Bổ đề 1.2 Nếu x0 là nghiệm bội bậc s, (s ∈N) của đa thức P (x) ∈R[x] thì x0

cũng là nghiệm bội bậc s − 1 của đa thức P0(x)

P (x) được viết dưới dạng

P (x) = (x − x 0 )sQ(x), Q(x 0 ) 6= 0.

Suy ra

P0(x) = s(x − x 0 )s−1Q(x) + (x − x 0 )sQ0(x)

= (x − x0)s−1[sQ(x) + (x − x0)Q0(x)].

Vì Q(x0) 6= 0 nên x0 không là nghiệm của đa thức sQ(x) + (x − x0)Q0(x)

Vậy x0 là nghiệm bội bậc k − 1 của đa thức P0(x)

Định lý 1.6 (xem[4]) Nếu đa thứcP (x) ∈ R[x]có k nghiệm thực trong khoảng

(a, b) thì đa thức P0(x) có ít nhất k − 1 nghiệm thực trong khoảng đó

Chứng minh

1 Nếu đa thức P (x) có k nghiệm thực phân biệt x1, x2, x3, , xk, không giảmtính tổng quát, ta giả sử x1< x2 < x3 < · · · < xk

Suy ra P (x 1 ) = P (x 2 ) = P (x 3 ) = = P (xk)

Theo định lý Rolle, trong khoảng (x 1 , x 2 ) tồn tại ít nhất một điểm x 1 sao cho

P0(x 1 ) = 0, trong khoảng (x 2 , x 3 ) tồn tại ít nhất một điểm x 2 sao cho P0(x 2 ) = 0,

, trong khoảng (xk−1, xk) tồn tại ít nhất một điểm xk−1 sao cho P (xk−1) = 0.Vậy đa thức P0(x) có ít nhất k − 1 nghiệm thực là x1, x2, x3, , xk−1.

2 Ta xét trường hợp đa thức P (x) có k nghiệm thực, trong đó các nghiệm đều

là nghiệm bội, không có nghiệm đơn

Giả sử đa thức P (x) có m nghiệm thực khác nhau x1, x2, x3, , xm không giảmtổng quát ta giả sử x1 < x2 < x3 < · · · < xm, trong đó x1 là nghiệm bội bậc

α1, x2 là nghiệm bội bậc α2, x3 là nghiệm bội bậc α3, , xm là nghiệm bội bậc

αm(αi> 1, i = 1 m)

Suy ra α1+ α2+ α3+ · · · + αm = k.

Theo bổ đề 1.1 ta thu được đa thức P0(x) nhận x1 là nghiệm bội bậc α1− 1, x2

là nghiệm bội bậc α2− 1, x3 là nghiệm bội bậc α3− 1, , xm là nghiệm bội bậc

αm− 1

Mặt khác, theo định lý Rolle trong mỗi khoảng

(x1, x2), (x2, x3), (x3, x4), , (xm−1, xm),

tồn tại ít nhất một nghiệm của đa thức P0(x)

Như vậy, số nghiệm ít nhất của đa thức P0(x) là

Theo bổ đề 1.1 ta thu được đa thức P0(x) nhận x1 là nghiệm bội bậc α1− 1, x2

là nghiệm bội bậc α2− 1, x3 là nghiệm bội bậc α3− 1, , xm là nghiệm bội bậc

αm− 1

Mặt khác, theo định lý Rolle trong mỗi khoảng

(x1, x2), (x2, x3), (x3, x4), , (xm−1, xm), (xm, xm+1), , (xn−1, xn),

tồn tại ít nhất một nghiệm của đa thức P0(x)

Như vậy, số nghiệm ít nhất của đa thức P0(x) là

(α1− 1) + (α2− 1) + (α3− 1) + · · · + (αm− 1) + n − 1 = k − 1.

Hệ quả 1.5 Nếu đa thức P (x) ∈ R[x] có các nghiệm đều thực trong khoảng

(a, b) thì đa thức P0(x) cũng có các nghiệm đều thực trong khoảng đó

Định lý 1.7 (Định lý Rolle cho nửa trục) Giả sử f là một hàm số liên tục trên

[a, +∞), có đạo hàm trên (a, +∞), và lim

x→+∞ f (x) = f (a) Khi đó tồn tại ít nhấtmột số thực c > a sao cho f0(c) = 0.

Chứng minh Nếu f (x) = f (a), ∀x > a thì lấy c là một số bất kỳ lớn hơn a.Giả sử tồn tại b > a sao cho f (b) 6= f (a), chẳng hạn f (b) > f (a). Gọi µ làmột số thực bất kỳ thuộc (f (a), f (b)), tồn tại α ∈ (a, b) sao cho f (α) = µ Vì

lim

x→+∞ f (x) = f (a) < µ nên tồn tại d > b sao cho f (d) < µ Do f (x) liên tục trên

[a, +∞) nên tồn tạiβ ∈ (b, d) sao cho f (β) = µ = f (α) Do đó, theo định lý Rolle,tồn tại c ∈ (α, β) sao cho f0(c) = 0.

Sau đây ta sẽ mở rộng định lý Rolle cho phân thức hữu tỷ, để thỏa mãn điềukiện của định lý Rolle ta chỉ xét phân thức có mẫu khác 0 với mọi x ∈ [a, b]

P (x)

Q(x) ∈Q, (P (x), Q(x) nguyên tố cùng nhau và Q(x) 6= 0, ∀x ∈ [a, b]) liên tục trênđoạn [a, b] và có đạo hàm trong khoảng (a, b) Nếu f (a) = f (b) thì đa thức

P0(x)Q(x) − P (x)Q0(x) = 0 có ít nhất một nghiệm trong khoảng (a, b)

1.3 Định lý dạng Viète đối với đa thức

Định lý 1.9 (Định lý Viète, [4]) Điều kiện cần và đủ để tam thức bậc hai

Định lý 1.10 (Định lý Viète, [4]) Điều kiện cần và đủ để đa thức

an = x1x2 xn := En(ˆ x).

Khi đó các hàm E1(ˆ x), E2(ˆ x), , En(ˆ được gọi là hàm (đa thức) đối xứng sơcấp Viète bậc 1, 2, , n tương ứng của bộ gồm n số thực x = x ˆ 1, x2, , xn(n ≥ 1, n ∈N) Nhận xét rằng, Định lý Viète đã chỉ ra mối quan hệ giữa bộ cácnghiệm của đa thức với tất cả các hệ số trong đa thức đó Tuy nhiên, ta cũng

có thể phát biểu kết quả tương tự trong trường hợp khi ta còn chưa tường minhcác nghiệm của một đa thức Điều này rất có ý nghĩa khi xét các điều kiện đểmột đa thức có tất cả các nghiệm đều thực Trước hết ta xét một số đa thức cóbậc thấp

Thật vậy, ta xét ba trường hợp sau đây.

1 Nếu f (x) có nghiệm bội ba là x0 thì f (x) có dạng f (x) = −4(x − x0)3.

Chọn F (x) = −(x − x0)4 thì ta có α = β = γ = δ = x0.

2 Nếuf (x) có hai nghiệm phân biệt thì phải có một nghiệm là nghiệm kép Giả

sử nghiệm kép là x0, nghiệm còn lại là x1 Không giảm tính tổng quát, ta giả sử

3 có hai nghiệm phân biệt, trong đó

x = 0 là nghiệm bội bậc ba, nghiệm còn lại là x = 4

3 Xét trường hợp f (x) có ba nghiệm phân biệt Không giảm tính tổng quát, ta

có f (x) có dạng f (x) = −4x(x + a)(x + b) với a > 0, b > 0 hay

Từ bổ đề trên, ta có thể phát biểu kết quả như sau

Định lý 1.11 (xem [4]) Đa thức bậc ba với hệ số thực

F0(x1) ≥ max {F0(x2), F0(x4)}, F0(x3) ≥ max {F0(x2), F0(x4)}.

Suy ra

min {F 0 (x 1 ), F 0 (x 3 )} ≥ max {F 0 (x 2 ), F 0 (x 4 )}.

Vậy ta chọn c sao cho c ∈ (max {F 0 (x 2 ), F 0 (x 4 )}, min {F 0 (x 1 ), F 0 (x 3 )}), thì nguyênhàm F (x) tương ứng sẽ có 5 nghiệm thực

2 Khi f (x) có hai nghiệm trùng nhau, giả sử x 1 = x 2 < x 3 < x 4 , (x 1 < x 2 <

x3 = x4) và F0(x1) < F0(x4), thì hiển nhiên (1.3) là không thỏa mãn và khôngtồn tại c để đa thức F (x) có 5 nghiệm thực Khi đó F0(x1) ≥ F0(x4), thì ta chọn

c = F0(x1) Ta thu được đa thức F (x) tương ứng có 5 nghiệm thực

Nếu xảy ra trường hợp x1 < x2 = x3 < x4 thì chọn c = F0(x2) Ta thu được đathức F (x) tương ứng có 5 nghiệm thực

Thật vậy, do x2 là nghiệm kép của f (x) nên nó cũng là nghiệm bội bậc ba củanguyên hàm F0(x) Mà hàm số F0 đạt cực đại tại x1 và đạt cực tiểu tại x4 nên

nênF0(x) là hàm đơn điệu tăng.Vì vậy điều kiện (1.3) không thỏa mãn Khi đó,

ta thấy đường thẳng đi qua các điểm dừng sẽ cắt đồ hị của đa thức F0(x) tại 1

điểm(bội bậc 3), tức làF (x) có ba nghiệm thực (kể cả bội ) Do đó, ứng với mọi

c ∈R, các nguyên hàm Fc(x) tương ứng đều có không quá ba nghiệm thực

4 Khi f (x) có ba nghiệm trùng nhau, chẳng hạn x1 = x2 = x3 < x4, (x1 < x2 =

thỏa mãn điều kiện (1.3) Ta chọnc = 0 thì đa thứcF (x)có đúng 5nghiệm thực

5 Cuối cùng ta xét trường hợp cả 4 nghiệm trùng nhau x1 = x2 = x3 = x4, thì

hiển nhiên điều kiện (1.3) được thỏa mãn và f (x) = 5(x − x 1 )4.

Chọn c = x51 (là giá trị duy nhất) thì nguyên hàm F (x) = (x − x1)5 có nghiệmthực bội bậc 5 tức là F (x) thỏa mãn điều kiện của định lý

Định lý Rolle đảo

Trong phần này, ta chứng minh định lý Rolle đảo đối với đa thức và khảo sátđịnh lý Rolle đảo đối với một số phân thức hữu tỷ

2.1 Định lý Rolle đảo đối với đa thức

Bổ đề 2.1 Nếu x0 là nghiệm bội bậc s, (s > 1) của đa thức f (x) ∈R[x] thì x0

cũng là nghiệm của đa thức nguyên hàm F 0 (x) khi F 0 (x) = 0, với bội bậc s + 1.Chứng minh Vì x 0 là nghiệm bội bậc s của f (x) nên f (x) có dạng

Định lý 2.1 (xem [1]) Giả sửf (x) là đa thức bậc n, (n > 4) có các nghiệm đềuthực

f (x) = (−1)n(n + 1)(x − x1)(x − x2)(x − x3) (x − xn), x1 ≤ x2≤ x3 ≤ · · · ≤ xn

và giả sử F0(x) là một nguyên hàm của f (x) với F0(0) = 0 Khi đó, điều kiện cần

và đủ để tồn tại số thực c sao cho nguyên hàm

Ta xét các trường hợp sau đây

1 Nếu f (x) có n nghiệm phân biệt x1 < x2< x3 < · · · < xn, thì

f (xk) = 0, ∀k = 1, , n.

Tại các nút x1, x3, x5, hàm số f (x) đổi dấu từ (+) sang (−) nên hàm số F (x)

đạt cực đại Tại các nút x2, x4, x6, hàm số f (x) đổi dấu từ (−) sang (+) nênhàm số F (x) đạt cực tiểu Từ giả thiết, ta thấy tồn tại c sao cho

Ngoài ra, trong mỗi khoảng (−∞, x 1 ); (x n , +∞) thì F 0 (x) − c còn có ít nhất mộtnghiệm nữa.

Thật vậy, doF0(−∞) = −∞vàF0(x1)−c > 0nên trong(−∞, x1), đa thứcF0(x)−c

có nghiệm

Mặt khác, F0(x2k) − c < 0 và F0(x2k+1) − c > 0, nên trong (xn, +∞), đa thức

F0(x) − c có nghiệm

Vậy số nghiệm của F0(x) − c là n + 1

2 Xét trường hợp khi f (x) có một hoặc một số nghiệm bội

(i) Giả sử f (x) chỉ có một nghiệm bội, các nghiệm còn lại đều là nghiệm đơn.Khi đó, không giảm tổng quát

Thật vậy, ta xét các khả năng sau

(i.1) Chọn c0 = F0(x1) = F0(x2). Xét đa thức F (x) = F0(x) − c0 Ta chứng minh

đa thức F (x) có các nghiệm đều thực

Vì x1 là nghiệm bội bậc s của f (x) nên x1 là nghiệm bội bậc s + 1 của đa thức

F0(x)

Nếu s chẵn thìs + 1 lẻ, do đóF 0 (x s+1 ) > min

0≤i≤ [ n−1

2 ]F0(x2i+1)hayF 0 (x s+1 ) − c 0 > 0.

Vì thế đa thức nguyên hàm F (x) có ít hơn n + 1 nghiệm thực.

(i.3) Nếu c > F0(x1) thì đường thẳngy = c không cắt đồ thị hàm sốy = F0x nên

F (x) vô nghiệm

(ii) Giả sử f (x) có ít nhất hai nghiệm bội phân biệt xi = xi+1 = · · · = xj và

xp = xp+1 = · · · = xq, trong đó 1 < j < p < n + 1 Không mất tính tổng quát, tagiả sử i là số lẻ Khi đó, F0(xi) = F0(xi+1) = · · · = F0(xj) Tương tự trường hợp

Ta chỉ cần chọn c = 0 thì F (x) có n + 1 nghiệm thực trùng nhau.

Ta phát biểu các kết quả mở rộng của định lý 2.1 như sau

Định lý 2.2 Giả sử f (x) là đa thức bậc n, (n ≥ 2) cós, (0 ≤ s ≤ n) nghiệm thựcphân biệt

f (x) = (x − x1)(x − x2)(x − x3) (x − xs)g(x), x1 < x2 < x3< · · · < xs

trong đó g(x) ∈R[x], g(x) 6= 0, ∀x ∈ R Giả sử F0(x)là một nguyên hàm của f (x)

thỏa mãn điều kiện F0(0) = 0 Khi đó, điều kiện cần và đủ để tồn tại số thực c

sao cho nguyên hàm F (x) = F0(x) − c có các nghiệm đều thực là

max F 0 (xCT) ≤ min F 0 (xCD). (2.1)Trong đó, xCD, xCT là các nghiệm của đa thức f (x) ở trên

Chứng minh Không giảm tính tổng quát, ta giả sử g(x) > 0, ∀x ∈R. Khi đó,

nên theo hệ quả 1.4 trên mỗi khoảng(−∞, x1), (x1, x2), , (xs, +∞) nguyên hàm

F (x) đều có đúng một nghiệm Vậy nguyên hàmF (x)có đúng s + 1nghiệm thực

Xét nửa khoảng (−∞, x1], xảy ra các khả năng sau

- Nếu c = F0(x1) thì kết hợp với lim

x→−∞ F (x) = −∞ ta suy ra x1 là nghiệm duynhất của F (x) trong nửa khoảng (−∞, x 1 ]

- Nếu c < F 0 (x 1 ) thì F (x 1 ) > 0 kết hợp với lim

x→−∞ F (x) = −∞ suy ra F (x) cónghiệm duy nhất trong nửa khoảng (−∞, x1]

Xét đoạn [x1, x2], xảy ra các khả năng sau

- Nếuc = F0(x1) thì x1 là nghiệm kép của F (x) trong nửa khoảng (−∞, x1] Hơnnữa, f (x) = F0(x) < 0, ∀x ∈ (x1, x2) nên

F (x) < F (x1) ↔ F (x) < 0, x ∈ (x1, x2)

và F (x2) < 0 nên x1 là nghiệm duy nhất của F (x) trên đoạn [x1, x2]

- Nếu c < F0(x1) thì F (x1) > 0 kết hợp với F (x2) = F0(x2)c < 0 suy ra F (x) cónghiệm duy nhất trên [x 1 , x 2 ] Như vậy, trên hai miền (−∞, x 1 ] và [x 1 , x 2 ] thì

F (x) luôn có đúng hai nghiệm thực (kể cả nghiệm bội) Khảo sát các đoạn vànửa khoảng còn lại ta cũng thu được kết quả như trên Từ đó suy ra điều phải

F0(x2i+1) do đó c < F0(x2j0). Khi đó xét trên hai đoạn

[x2j0−1, x2j0] và [x2j0, x2j0+1] thì do F (x) đạt cực tiểu tại x2j0 nên

F (x) ≥ F (x2j0) = F0(x2j0) − c > 0, ∀x ∈ [x2j0−1, x2j0+1].

Suy ra, nguyên hàm F (x) vô nghiệm trên hai đoạn [x 2j 0 −1 , x 2j 0 ] và [x 2j 0 , x 2j 0 +1 ].Kết quả này cũng không thay đổi trong trường hợp đặc biệt x2j0 = xn.

Hơn thế nữa, theo hệ quả 1.4 thì trên s − 1 đoạn và nửa khoảng còn lại nguyênhàm F (x) có tối đa s − 1 nghiệm (kể cả nghiệm bội) Vì vậy số nghiệm thực của

F (x) trong trường hợp ày chỉ có tối đa s − 1 nghiệm, hay nói cách khác, F(x)không thể có đủ s + 1 nghiệm thực

ii) Với c > min

0≤i≤ [ s−1

2 ]

F0(x2i+1) do đó c > F0(x2i0+1). Khi đó xét trên hai đoạn

[x2i0, x2i0+1] và [x2i0+1, x2i0+2] thì do F (x) đạt cực đại tại x2i0+1 nên

Tiếp theo, ta xét trường hợp f (x) ∈R[x] có nghiệm bội

Bổ đề 2.5 Cho đa thức f (x) ∈R[x] có bậc n và có s nghiệm thực Nếu tồn tạinguyên hàm F (x) của f (x) có s + 1 nghiệm thực thì mọi nghiệm bội của f (x)

đều là nghiệm của F (x)

Định lý 2.3 Giả sử f (x) ∈R[x] là đa thức bậcn có s nghiệm thực (1 ≤ s ≤ n),trong đó có k nghiệm đơn x1, x2, , xk và l nghiệm bội 1 , y2, , yl, (k, l ∈N) Cụthể,y 1 là nghiệm bội bậc b 1, y 2 là nghiệm bội bậc b 2 , , yl là nghiệm bội bậc bl.Với k + b 1 + b 2 + · · · + bl = s.

F 0 (x) là một nguyên hàm của đa thức f (x) sao cho F 0 (0) = 0

Khi đó, điều kiện cần và đủ để tồn tạic ∈ R sao cho nguyên hàmF (x) = F0(x)−c

có đủ s + 1 nghiệm thực (kể cả nghiệm bội) là



l ≤ k + 1 max F 0 (xCT) ≤ F 0 (y 1 ) = · · · = F 0 (yl) ≤ min F 0 (xCD).

Trong đó, xCD, xCT là nghiệm của f (x)

Chứng minh

Theo bổ đề 2.5 thì y1, y2, , yl đều là nghiệm của F (x) nên

Hơn nữa, mỗi tập trong k + l + 1 tập trên đều chứa nghiệm của F (x)

Thật vậy, trong k + l + 1 tập đó có 2l tập chứa nghiệm bội của F0(x) Nếu trong

k + 1 − l tập còn lại mà còn có một tập không chứa nghiệm của F0(x) thì sốnghiệm của F0(x) không vượt quá λ với

Vì vậy, nguyên hàm F (x) vô nghiệm trên hai miền [zi0−1, zi0], [zi0, zi0+1] (vô lý).

- Nếu i0 = 1 (hay i0 = k + l) thì thay vì xét trên đoạn [zi0−1, zi0+1] ta xét nửađoạn (−∞, z2] (hay [zk+l, +∞) và ta cũng có kết quả vô lý tương tự

Do đó, ta phải có c ≥ max F0(xCT)

TH2 Nếu c > F0(zj0) = min F0(xCD) thì vì zj0 là một cực đại của F0(x) nên

- Nếu j0 6= 1, j06= k + l thì trên đoạn [zj0−1, zj0+1] ta có

F0(x) ≤ F0(zj0) ⇒ F (x) ≤ F (zj0) = F0(zj0) − c < 0, ∀x ∈ [zj0−1, zj0+1].

Vì vậy, nguyên hàm F (x) vô nghiệm trên hai miền [zj0−1, zj0], [zj0, zj0+1] (vô lý)

- Nếu j0 = 1 (hay j0 = k + l) thì thay vì xét trên đoạn [zj0−1, zj0+1] ta xét nửađoạn (−∞, z2] (hay [zk+l−1, +∞) và ta cũng có kết quả vô lý tương tự

Khi đó, chọn c = F0(y1) = · · · = F0(yl), suy ra

ta chứng minh F (x) = F 0 (x) − c có đủ s + 1 nghiệm Cụ thể ta chứng minh trênmỗi tập trong k + l + 1 tập (−∞, z 1 ], [z 1 , z 2 ], , [zk+l−1, zk+l], [zk+l, +∞), F (x) đều

có đúng một nghiệm (nghiệm bội được coi là một nghiệm)

Thật vậy, trước hết ta nhận xét rằng vìF (x) đơn điệu trên mỗi tập trong k + l + 1

tập trên nên trên mỗi tập này,F (x) có tối đa một nghiệm (nghiệm bội được xem

là một nghiệm) Hơn nữa, với i tùy ý, i ∈ 2, , k + l − 2, trên mỗi đoạn [zi, zi+1]

thì zi và zi+1 không thể đồng thời là nghiệm bội của f (x) (do nghiệm bội của

f (x) cũng là nghiệm của F (x)) Do đó, trong k + l + 1 tập trên thì

- Có tất cả 2l tập có điểm múc là nghiệm bội của f (x) (vìf (x) có l nghiệm bội)

và do đó trên mỗi tập này thì F (x) có nghiệm bội (vì c = F0(y1) = · · · = F0(yl))

Dễ thấy, F (x) nhận y1+ 1 là nghiệm bội bậc b1 + 1,y2 + 1 là nghiệm bội bậc

b 2 + 1, , yl+ 1 là nghiệm bội bậc bl+ 1.

- Trong k − l + 1(= k + l + 1 − 2l) tập còn lại có các điểm múc đều là nghiệm đơn.Khi đó xảy ra các khả năng sau

+ Nếu đoạn [zi, zi+1] mà ở đó cả zi và zi+1 đều là nghiệm đơn với mọi i 6= 1,

i 6= k + l, thì ta có f (x) đổi dấu qua zi và zi+1

Nếu zi là điểm cực tiểu, zi+1 là điểm cực đại

Tiếp theo, ta xét nghiệm thực của đa thức nguyên hàm trong một khoảng

đó thuộc khoảng(a, b) đều tồn tại nguyên hàm có ít nhất hai nghiệm thực trongkhoảng đó

Chứng minh Không giảm tính tổng quát, ta giả sử

Suy ra trên mỗi khoảng (a, x 0 ), (x 0 , b), F (x) có ít nhất một nghiệm (theo hệ quả1.4).

Vậy F (x) có ít nhất hai nghiệm thực trên khoảng (a, b)

Định lý 2.4 Giả sửf (x) ∈ R[x]là đa thức bậc n(n ≥ 2) cós nghiệm thực phânbiệt trong khoảng (a, b) (0 ≤ s ≤ n)

Khi đó, điều kiện cần và đủ để tồn tại hằng số c ∈ R sao cho đa thức F (x) =

F 0 (x) − c có s + 1 nghiệm thực trong khoảng (a, b) là

c ∈ [max F 0 (xCT), min F 0 (xCD)] ∩ A ∩ B. (2.3)Trong đó xCD, xCT là nghiệm của đa thức f (x)

Chứng minh

Điều kiện cần

Giả sử điều kiện (2.3) thỏa mãn, ta chứng minh tồn tại nguyên hàmF (x) có đủ

s + 1 nghiệm thực trong khoảng (a, b) Thật vậy, ta chọn

Xét tương tự trên khoảng (x s , +∞) hay (x s , b) ta cũng có x s ≤ y s+1 < b Suy ramọi nghiệm còn lại của F (x) đều nhỏ hơn b.

Vậy đa thức F (x) có s + 1 nghiệm thực trong khoảng (a, b)

Suy ra F (x) > 0 hoặc F (x) < 0 với mọi x ∈ (a, x1) (vì F (x) đơn điệu trên

(−∞, x1)) nên F (x) không có nghiệm trên khoảng(a, x1)hay nghiệm y1 củaF (x)

trong khoảng (−∞, x1) không thuộc khoảng (a, b)

Suy ra, F (x) không có đủ s + 1 nghiệm trong khoảng (a, b) (mâu thuẫn)

Nếu c / ∈ B ta cũng suy ra điều mâu thuẫn tương tự

Vậy điều giả sử (2.4) là sai, điều kiện (2.3) được thỏa mãn

F (x) = F0(x) − c có ít nhất s + 1 nghiệm thực trong đoạn [a, b] là

Định lý 2.5 Giả sử f (x) ∈ R[x] là đa thức bậc n (n ≥ 2) có s nghiệm thực(0 ≤ s ≤ n) trong khoảng (a, b), trong đó có k nghiệm đơn x1, x2, , xk và l

nghiệm bội 1, y2, , yl, (k, l ∈ N) với y1 là nghiệm bội bậc b1, y2 là nghiệm bộibậc b2, , yl là nghiệm bội bậc bl Suy ra

k + b1+ b2+ · · · + bl = s.

Ta kí hiệu a < z1< z2 < · · · < zk+l < b là k + l nghiệm của f (x)

F0(x) là một nguyên hàm của đa thức f (x) sao cho F0(0) = 0.

A là tập (F 0 (a), F 0 (z 1 )], nếu F 0 (z 1 ) > F 0 (a); A là tập [F 0 (z 1 ), F 0 (a)) nếu F 0 (z 1 ) <

F 0 (a)

B là tập (F 0 (b), F 0 (zk+l)], nếu F 0 (zk+l) > F 0 (b); B là tập [F 0 (zk+l), F 0 (b)) nếu

F0(zk+l) < F0(b)

Khi đó, điều kiện cần và đủ để tồn tạic ∈ R sao cho nguyên hàmF (x) = F0(x)−c

có đủ s + 1 nghiệm thực (kể cả nghiệm bội) trong khoảng (a, b) là

trong đó, zCD, zCT là nghiệm của f (x)

Chứng minh Điều kiện cần

đa thức f (x) có đủ s + 1 nghiệm trong khoảng (a, b)

Thật vậy, chọn

c = F0(y1) = · · · = F0(yl).

Ta chứng minh F (x) = F0(x) − c có đủ s + 1 nghiệm thực trong khoảng (a, b)

- Trước tiên, ta thấy rằng

c ∈ [max F0(zCT), min F0(zCD)]

nên theo định lý 2.3 thì F (x) có đủ s + 1 nghiệm thực Cụ thể, trong mỗi tập

(−∞, z1], [z1, z2], , [zk+l−1, zk+l], [zk+l, +∞), F (x) có đúng một nghiệm (nghiệmbội được coi là một nghiệm) và F (x) nhận y1 là nghiệm bội bậc b1 + 1, y2 lànghiệm bội bậc b2+ 1, , yl là nghiệm bội bậc bl+ 1, trong k + l + 1 tập trên có

- Xét trên tập (−∞, z1], ta có

+ Nếu z1 là một nghiệm bội thì F (x) nhận z1 là nghiệm duy nhất trên tập này.+ Nếu z 1 là một nghiệm đơn thì F (z 1 ) 6= 0 và do đó F (x) có một nghiệm duy

nhất khác z 1 trên (−∞, z 1 ] hay c 6= F 0 (z 1 ) Hơn nữa, kết hợp với điều kiện c ∈ A

hay

c ∈ (min F0(z1), F0(a), max F0(z1), F0(a))

⇒ (F0(a) − c)(F0(z1) − c) < 0 hay F (z1)F (a) < 0.

Do đó, F (x) có đúng một nghiệm trên (a, z1)

Suy ra, trên tập (−∞, z1], F (x) có đúng một nghiệm và nghiệm này thuộc nửakhoảng (a, z1]

Nếu F (x) nhận z i (i ∈ 1, 2, , k + l) là nghiệm thì z i là nghiệm bội b i + 1 nên ta

có thể xemzi vừa là nghiệm củaF (x) trong tập [zi−1, zi]vừa là nghiệm củaF (x)

trong tập [zi, zi+1]

Mặt khác, do F (x) có đúng s + 1 nghiệm thực nên trên mỗi tập

(−∞, z1], [z1, z2], , [zk+l−1, zk+l], [zk+l, +∞)

F (x) có đúng một nghiệm (nghiệm bội được xem như một nghiệm)

Bây giờ, ta chỉ cần chứng minh c ∈ A ∩ B.

Giả sử ngược lại, c / ∈ A ∩ B, nghĩa là c / ∈ A hoặc c / ∈ B Chẳng hạn, ta xét c / ∈ A.

Nếu A = (F0(a), F0(z1)] thì ta có c ≤ F0(a) hoặc c > F0(z1)

Cụ thể

c ≤ F0(a) thì F (x) = F0(x) − c > F0(a) − c ≥ 0, ∀x ∈ (a, z1].

Do đó, F (x) vô nghiệm trên (a, z1].

c > F0(z1) thì F (x) = F0(x) − c ≤ F0(a) − c < 0, ∀x ∈ (a, z1].

Do đó, F (x) vô nghiệm trên (a, z1].

+ Nếu A = (F0(z1), F0(a)] thì ta có c ≥ F0(a) hoặc c < F0(z1)

Cụ thể

c ≥ F 0 (a) thì F (x) = F 0 (x) − c < F 0 (a) − c ≤ 0, ∀x ∈ (a, z 1 ].

Do đó, F (x) vô nghiệm trên (a, z1].

c < F 0 (z 1 ) thì F (x) = F 0 (x) − c ≥ F 0 (a) − c > 0, ∀x ∈ (a, z 1 ].

Do đó, F (x) vô nghiệm trên (a, z1].

Suy ra, nghiệm của F (x) trên tập (−∞, z1] không lớn hơn a Vì vậy, F (x) không

có đủ s + 1 nghiệm thực thuộc (a, b) (mâu thuẫn)

của F (x) trên tập [zk+l, +∞) không nhỏ hơn b Vì vậy, F (x) không có đủ s + 1

nghiệm thực thuộc (a, b) (mâu thuẫn)

Do đó, điều giả sử c / ∈ A ∩ B không xảy ra hay ta có c ∈ A ∩ B.

F (x) = F0(x) − c có ít nhất s + 1 nghiệm thực trong đoạn [a, b] là

2.2 Định lý Rolle đảo đối với phân thức

2.2.1 Định lý Rolle đảo đối với phân thức có mẫu bậc nhất

Trong phần này, ta khảo sát các hàm phân thức sơ cấp ở phổ thông trunghọc và các hàm phân thức hữu tỷ mẫu bậc hai, xét xem định lý Rolle đảo liệucòn đúng trong các trường hợp này hay không Đầu tiên, ta khảo sát các hàmphân thức sơ cấp như sau

x + 1 Cho F0(x) là một nguyênhàm thỏa mãn điều kiện F0(0) = 0 Xác định hằng số c0 để nguyên hàm F (x) =

Nhận thấy với mọi c0∈ RR thì nguyên hàm F (x) luôn có nghiệm thực

Nhận xét 2.3 Trong trường hợp này định lý Rolle đảo đúng

x Cho F0(x) là một nguyênhàm thỏa mãn điều kiện F0(1) = 0 Xác định hằng số c0 để nguyên hàm F (x) =

F0(x) − c0 có ít nhất hai nghiệm thực

Lời giải Phân thức f (x) có một nghiệm thực là x = 1

Ta chọn c0 ∈ [F0(1), +∞) thì F (x) luôn có ít nhất hai nghiệm thực.

Nhận xét 2.4 Định lý Rolle đảo đúng trong trường hợp này

x Cho F0(x) là một nguyênhàm thỏa mãn điều kiện F0(1) = 0 Xác định hằng số c0 để nguyên hàm F (x) =

Ta chọn c 0 ∈ (−∞, F 0 (−1)] thì F (x) luôn có ít nhất hai nghiệm thực.

Nhận xét 2.5 Định lý Rolle đảo đúng trong trường hợp này

cx + d Cho F 0 (x) là một nguyênhàm của f (x) thỏa mãn điều kiện F0(c1) = 0 với c1 bất kỳ, c1 6= −d

c Xác địnhhằng số c0 để nguyên hàm F (x) = F0(x) − c0 có các nghiệm đều thực

cln |cx + d| − c0 luôn có nghiệm với mọi c0 ∈R (Định lý Rolle đảo đúng).

TH2 Nếu a 6= 0 phân thứcf (x) có một nghiệm x = −b

2 + 2x + 2

nguyên hàm thỏa mãn điều kiện F0(1) = 0 Xác định hằng số c0 để nguyên hàm

F (x) = F0(x) − c0 có ít nhất một nghiệm thực

Lời giải Phân thức f (x) vô nghiệm.

Nhận thấy với mọic0 ∈R thì F (x) = F0(x) − c0 luôn có ít nhất một nghiệm thực

2 − 2x + 1

nguyên hàm thỏa mãn điều kiện F0(1) = 0 Xác định hằng số c0 để nguyên hàm

F (x) = F0(x) − c0 có ít nhất hai nghiệm đều thực

Lời giải Phân thức f (x) có một nghiệm bội bậc hai x = 1

Ta có với mọi c 0 ∈R thì F (x) luôn có ít nhất hai nghiệm thực.

Nhận xét 2.6 Định lý Rolle đảo trong trường hợp này đúng

2 + 2x + 1

nguyên hàm thỏa mãn điều kiện F0(1) = 0 Xác định hằng số c0 để nguyên hàm

F (x) = F0(x) − c0 có ít nhất hai nghiệm đều thực

Lời giải Phân thức f (x) có một nghiệm bội bậc hai x = −1

Ta có với mọi c0 ∈R thì F (x) luôn có ít nhất hai nghiệm thực

Nhận xét 2.7 Định lý Rolle đảo trong trường hợp này đúng

2 − 1

x Cho F0(x) là một nguyênhàm thỏa mãn điều kiện F0(1) = 0 Xác định hằng số c0 để nguyên hàm F (x) =

F0(x) − c0 có ít nhất ba nghiệm thực

Lời giải Phân thức f (x) có hai nghiệm x1= −1, x2 = 1

Nhận xét 2.8 Định lý Rolle đảo đúng trong trường hợp này.

Nhận xét 2.9 Định lý Rolle đảo đúng trong trường hợp này.

Bài toán 2.10 Cho phân thức hữu tỷ f (x) = (x + 1)(x + 2)

Nhận xét 2.10 Định lý Rolle đảo đúng trong trường hợp này.