Nguyên lý descartes và ứng dụng trong khảo sát đa thức thực

Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic quốc tế thì các bài toán về đathức cũng được đề cập nhiều và được xem như là dạng toán khó của bậc phổ thong.Các bài toán lien quan đến đ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGÔ MINH HIẾU

NGUYÊN LÝ DESCARTES VÀ ỨNG DỤNG TRONG KHẢO SÁT ĐA THỨC THỰC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2015

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGÔ MINH HIẾU

NGUYÊN LÝ DESCARTES VÀ ỨNG DỤNG TRONG KHẢO SÁT ĐA THỨC THỰC

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU

Thái Nguyên - 2015

Mục lục

1 Một số kiến thức bổ trợ về đa thức 3

1.1 Một số tính chất cơ bản của đa thức 31.2 Nguyên lý Descartes đối với đa thức 51.3 Hệ quả trực tiếp 12

2 Biểu diễn một số dạng đa thức dương trên một đoạn 16

2.1 Biểu diễn đa thức dương trên nửa trục thực 162.2 Biểu diễn đa thức dương trên một đoạn 292.3 Nguyên lý Descartes đối với đa thức nguyên hàm 31

3 Một số ứng dụng của nguyên lý Descartes 59

3.1 Biện luận số nghiệm của đa thức 593.2 Một số ứng dụng khác 66

Lời cam đoan

Tôi xin cam đoan các số liệu và kết quả nghiên cứu trong luận văn này là trungthực và không trùng lặp với các đề tài khác Tôi cũng xin cam đoan mọi thông tintrích dẫn trong luận văn đã được chỉ rõ nguồn gốc

Thái Nguyên, ngày 10 tháng 4 năm 2015

Học viên

Ngô Minh Hiếu

Lời cảm ơn

Trước hết, tôi muốn gửi những lời biết ơn sâu sắc tới người hướng dẫn khoa họccủa mình, GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, người đã hết lòng giúp đỡ, động viên và chỉbảo tôi trong quá trình học tập và luận văn này

Tôi muốn gửi lời cảm ơn đến Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên

vì luôn tạo điều kiện thuận lợi dành cho tôi trong suốt thời gian học tập tại Khoa.Cuối cùng tôi muốn gửi những tình cảm đặc biệt tới đại gia đình tôi, những ngườiluôn động viên và chia sẻ những khó khăn trong quá trình hoàn thành luận văn

Mở đầu

Đa thức có vị trí rất quan trọng trong toán học không những là một đối tượngnghiện cứu trọng tâm của Đại số mà còn là một công cụ đắc lực của Giải tích trong

lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn, lý thuyết điều khiển, tối ưu Ngoài ra, lý thuyế

về đa thức còn được sử dụng nhiều trong toán cao cấp, toán ứng dụng

Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic quốc tế thì các bài toán về đathức cũng được đề cập nhiều và được xem như là dạng toán khó của bậc phổ thong.Các bài toán lien quan đến đa thức cũng nằm trong chương trình thi Plympic sinhviên giữa các trường đại học và cao đẳng về Giải tích và Đại số

Tuy nhiên cho đến nay đa thức chỉ được trình bày ở dạng sơ lược, các bài tập về

đa thức chưa được phân loại và hệ thống hóa một cách chi tiết Tài liệu về đa thứcchưa có nhiều, còn chưa được hệ thống theo dạng toán cũng như phương pháp giải

Vì vậy, việc khảo sát sâu hơn các bài toán về đa thức gặp rất nhiều khó khăn, nhất là

về thuật toán

Để đáp ứng cho nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi vềchuyên đề đa thức, luận văn “Nguyên lý Descartes và ứng dụng trong khảo sát đathức thực” phần nào sẽ giúp bổ sung bồi dưỡng thêm kiến thức còn thiếu của giáoviên và học sinh về đa thức và ứng dụng của đa thức

Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia làm 3 chương đề cấp đếncác vấn đề sau đây:

• Chương 1 trình bày các tính chất cơ bản của đa thức thực và nguyên lý Descartes

• Chương 2 trình bày biểu diễn một số dạng đa thức dương trên một đoạn

• Chương 3 trình bày một số ứng dụng của nguyên lý Descartes

Thái Nguyên, tháng 05 năm 2015

Ngô Minh Hiếu

Học viên Cao học Lớp B Khóa 06/2013-06/2013 Chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp

Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên

Email: minh_hieu1678@yahoo.com

Chương 1

Một số kiến thức bổ trợ về đa thức

1.1 Một số tính chất cơ bản của đa thức

Định nghĩa 1.1.1 (xem [3]) Một đa thức bận n của ẩn Pn(x)là biểu thức dạng

Pn(x) = anxn + an−1xn−1+ + a1x + a0trong đó các hệ số an, an−1, , a1, a0 là những số thực (hoặc phức) và an 6= 0, n ∈N

Ta kí hiệu

(i) Bậc của đa thức Pn(x)là deg Pn(x) Do vậy deg Pn(x) = n

(ii) an - hệ số cao nhất (chính) của đa thức

(iii) a0 - hệ số tự do của đa thức

Nếu tồn tại k ∈ N, k > 1 sao cho Pn(x) (x − α)k

nhưng P − n(x) không chiahết cho (x − α)k+1thì α được gọi là nghiệm bội k của đa thức Pn(x)

Đặc biệt, k = 1 thì α được gọi là nghiệm đơn, k = 2 thì α được gọi là nghiệmkép

Định lí 1.1.4 (Gauss, xem [3]) Mọi đa thức bậc n ≥ 1 trên trường C đều có đúng n

nghiệm nếu mỗi nghiệm được tính một số lần bằng bội của nó.

Bổ đề 1.1.5 (xem [3]) Các nghiệm phức thực sự của phương trình đa thức thực

Pn(z) = 0 xuất hiện theo từng cặp nghiệm liên hợp.

Định lí 1.1.6 (xem [3]) Mọi đa thức với hệ số thực đề có thể biểu diễn dưới dạng

(1) Số nghiệm phức của một đa thức với hệ số thực (nếu có) luôn là số chẵn.

(2) Nếu đa thức f(x) với hệ số thực chỉ có nghiệm phức thì f(x) là một đa thức bậc

chẵn.

(3) Giả sử Pn(x) là đa thức bậc n có k nghiệm thực với k ≤ n thì n và k cùng tính

chẵn lẻ.

(4) Đa thức bậc lẻ với hệ số thực luôn có ít nhất một nghiệm thực.

Định lí 1.1.8 (xem [3]) Một đa thức thực bậc n đều có không quá n nghiệm thực.

Định lí 1.1.9 (Tính chất của hàm đa thức, xem [3]) Mọi đa thức Pn(x) ∈ R[x] đều

xác định và liên tục trên R Ngoài ra,

1.2 Nguyên lý Descartes đối với đa thức

Xét dãy số thực a0, a1, (hữu hạn hoặc vô hạn) cho trước

Định nghĩa 1.2.1 (xem [3]) Chỉ số m, (m ≥ 1) được gọi là vị trí (chỗ) đổi dấu của

dãy nếu am−1am < 0hoặc là

am−1 = am−2 = = am−(k+1)và

am−kam < 0 (m > k ≥ 2)Trong trường hợp thứ nhất thì am−1 và am, còn trong trường hợp thứ hai thì am−k

và am lập thành vị trí đổi dấu Số lần đổi dấu (bằng số vị trí dổi dấu) của một dãynào đó vẫn không thay đổi nếu các số hạng bằng 0 được bỏ đi còn những số hạngcòn lại vẫn bảo toàn vị trí tương hỗ của chúng

Nhận xét 1.2.2 Ta có các nhận xét sau đây.

(1) Các dãy số a0, a1, a2, , an và an, an−1, , a0có cùng một số lần đổi dấu.(2) Khi gạch bỏ các số hạng của dãy, số lần đổi dấu không tăng lên

(3) Khi đặt và giữa các số hạng của dãy một số lượng tùy ý các số hạng bằng 0, số

vị trí đổi dấu của dãy cũng không thay đổi

(4) Số vị trí đổi dấu sẽ không thay đổi nếu bên cạnh một số hạng nào đó của dãy tađặt một số hạng mới có cùng dấu với số hạng đó

(5) Nếu p0 > 0, p1 > 0, thì các dãy a0, a1, a2, và a0p0, a1p1, a2p2, cócùng những vị trí đổi dấu

(6) Dãy a0, a1+ a0, a2+ a1, , an+ an−1, an có số vị trí đổi dấu không lớn hơn sovới dãy a0, a1, a2, , an

Bài toán 1.2.1 (xem [3]) Giả sử giá trị của đa thức f(x) tại các điểm a và b là khác

0 Khi đó khoảng (a, b) sẽ chứa một số chẵn (hoặc số lẻ) các không điểm của hàm

ấy nếu f (a) và f (b) có cùng dấu (trái dấu) nhau.

Lời giải Nhận xét rằng đa thức f(x) chỉ có thể chứa một số hữu hạn các không

điểm trong khoảng (a, b) Khi f(x) có không điểm có bội chẵn thì dấu của f(x) quakhông điểm đó là không đổi Khi f(x) có không điểm có bội lẻ thì dấu của f(x) sẽthay đổi Từ đó suy ra kết luận của bài toán

Bài toán 1.2.2 (xem [3]) Giả sử aj, ak khác 0 Khi đó dãy số hữu hạn

• Giữ lại aj+1nếu aj+1 trái dấu với aj Nếu xảy ra aj+1 = 0hoặc aj+1 cùng dấuvới aj thì loại bỏ aj+1.

• Tiếp tục quá trình như vậy, nếu số nào cùng dấu với số đứng trước nó hoặcbằng 0 thì gạch bỏ, ta được một dãy mới đan dấu như sau

aj = b0, b1, b2, , bm bm cùng dấu với ak

– Nếu b0và bmcùng dấu thì rõ ràng số vị trí đổi dấu của dãy b0, b1, b2, , bm

là số chẵn

– Nếu b0 và bm trái dấu thì số vị trí đổi dấu của dãy là một số lẻ

Từ đó ra có điều phải chứng minh

Bài toán 1.2.3 (xem [3]) Nếu j + 1 và k + 1 (j < k) là những vị trí dổi dấu kề nhau

của dãy a0, a1, a2, thì dãy của các hiệu số

aj+1 − aj, aj+2− aj+1, , ak − ak−1, ak+1− ak

có một số lẻ vị trí đổi dấu (do đó có ít nhất một lần đổi dấu).

Lời giải Theo giả thiết ta có

sign (aj+1) = sign (aj+1− aj) sign (ak+1) = sign (ak+1− ak)

Từ giả thiết sign (aj+1) = − sign (ak+1) 6= 0ta suy ra

sign (aj+1− aj) = − sign (ak+1− ak) 6= 0

Do đó và trái dấu nhau Theo kết quả của Bài toán 1.2.2 ta có điều phải chứng minh

Bài toán 1.2.4 (xem [3]) Chứng minh rằng nếu dãy số

a0, a1, a2, , an

có ω vị trí đổi dấu thì dãy hiệu lập thành từ dãy đó

a1− a0, a2− a1, , an − an−1

có ít nhất ω − 1 vị trí đổi dấu.

Lời giải Ta ký hiệu những vị trí đổi dấu ta cần quan tâm là

k1+ 1, k2+ 1, , kω+1,mà

0 ≤ k1 < k2 < < kω ≤ n − 1

Khi đó mỗi dãy sau

ak1+1− ak1, ak1+2− ak1+1, , ak2+1− ak2,

ak2+1− ak2, ak2+2− ak2+1, , ak3+1− ak3,

akω+1− akω, akω+2− akω+1, , akω+1− akω

Sẽ có ít nhất một vị trí đổi dấu (theo kết quả Bài toán 1.2.3)

Bài toán 1.2.5 (xem [3]) Nếu dãy hữu hạn

akω+1− akω, akω+2− akω+1, , an−1− an, anđều bổ sung thêm cho các vị trí một vị trí đổi dấu Thật vậy, giả sử aα là số hạng đầutiên khác 0 của dãy Khi đó 0 ≤ α ≤ k1 và

sign (aα− aα−1) = sign (aα) = − sign (ak +1) = − sign (ak +1− ak )

(theo kết quả của Bài toán 1.2.2).

Lập luận hoàn toàn tương tự ta được kết quả cho các dãy tiếp theo đã viết ở trên

Định nghĩa 1.2.3 (xem [3]) Ta gọi sự đổi dấu và vị trí đổi dấu của đa thức

P (x) = anxn+ an−1xn−1 + + a1x + a0chính là sự đổi dấu và vị trí đổi dấu của dãy hệ số

an, an−1, , a1, a0

Bài toán 1.2.6 (xem [3]) Chứng minh rằng nếu α > 0 thì các đa thức P (x) và

P (αx) sẽ có số vị trí đổi dấu là như nhau.

Lời giải Dễ dàng chứng minh bài toán trên dựa vào Nhận xét 1.2.2-(5).

Thật vậy, vì hai dãy

an, an−1, , a1, a0,

αnan, αn−1an−1, , αa1, a0

có chung những vị trí đổi dấu

Bài toán 1.2.7 (xem [3]) Chứng minh rằng đa thức f (x) (x + 1) có số vị trí đổi

dấu không nhiều hơn số vị trí đổi dấu đối với đa thức

Bài toán 1.2.8 (xem [3]) Giả sử cho số Chứng minh rằng khi ta chuyển từ đa thức

P (x) = a0+ a1x + a2x2+ + anxn

đến đa thức

g (x) = (a − x) a0+ a1x + a2x2+ + anxn

= aa0+ (aa1− a0) x + (aa2− a1) x2+ − anxn+1

thì số vị trí đổi dấu tăng thêm.

Lời giải Thay x bởi αx ta thu được

g (ax) = (a − ax) a0+ a1ax + a2a2x + + ananxn

= aa0+ (aa1− a0) ax + (aa2− a1) a2x2+ + (aan− an−1) anxn − anan+1xn+1

là đa thức có dãy hệ số là

aa0, (aa1− a0) a, (aa2− a1) a2, , (aan − an−1) an, −anan+1

Để ý rằng dãy hệ số

a0, a1, a2, , an−1, an

có cùng vị trí đổi dấu như đối với dãy

aa0, (aa1− a0) a, (aa2− a1) a2, , (aan− an−1) annên số vị trí đổi dấu của dãy

aa0, (aa1− a0) a, (aa2 − a1) a2, , (aan− an−1) an, −anan+1

tăng thêm ít nhất một vị trí đổi dấu Vậy g(αx) có số vị trí đổi dấu tăng thêm ít nhấtmột, mà g(x) và g(αx) có cùng vị trí đổi dấu (Bài toán 1.2.7) nên từ đó ta suy rađiều phải chứng minh

Bài toán 1.2.9 (Quy tắc của dấu Descartes, [3]) Giả sử N là số không điểm dương

P (x) = Q (x) (α1− x) (α2− x) (αN − x) ,trong đó Q(x) là đa thức bậc n − N với các hệ số thực Nhận xét rằng Q(x) có số

vị trí đổi dấu không âm, Q (x) (α1− x)có số vị trí đổi dấu lớn hơn hay bằng 1 (Bàitoán 1.2.8); Q (x) (α1− x) (α2− x)có số vị trí đổi dấu lớn hơn hay bằng 2, Saucùng là

Q (x) (α1− x) (α2− x) (αN − x)

có số vị trí đổi dấu lớn hơn hay bằng N và đó chính là điều phải chứng minh

Khẳng định 2: W − N là số chẵn.Giả sử aαlà hệ số khác 0 đầu tiên của đa thức và

aω là hệ số khác 0 cuối cùng của đa thức P (x) thì khi đó ω < α (nếu ω = α thì điềucần chứng minh là hiển nhiên) nên ta xét trường hợp ω < α và

0 < z1 < α1 ≤ α2 ≤ α3 ≤ ≤ αN < z2 < +∞

Hiển nhiên đối với z1đủ gần 0 và z2 đủ lớn thì

sign P (z1) = sign (aα) , sign P (z2) = sign (aω)(Bài toán 1.2.1 và 1.2.2) nên W − N là số chẵn Nếu sign P (z1) = sign (aα) vàsign P (z2) = sign (aω) trái dấu nhau thì số vị trí đổi dấu của P (x) và số khôngđiểm dương P (x) đều cùng lẻ nên W − N là một số chẵn

Một số ví dụ

Ví dụ 1.2.4 Chứng minh rằng đa thức

f (x) = x4− 6x3 + 8x2+ 4x − 1

có ít nhất một nghiệm dương

Lời giải Xét dãy dấu các hệ số là + − + + − Suy ra W = 3 Gọi số không điểm

dương của f(x) bằng N Ta có 3 − N = 2k (k ∈ Z+)và N = 1 hoặc N = 1

Vì f (0) f (1) < 0 nên đa thức đã cho có ít nhất một nghiệm dương trong khoảng(0, 1)

Ví dụ 1.2.5 Chứng minh rằng đa thức

f (x) = x5− 2x4− 8x3− x2− 9x + 1

có đúng hai nghiệm dương và ít nhất một nghiệm âm

Lời giải Xét dãy dấu các hệ số là + − − − −+ Suy ra W = 2 Gọi số không điểm

dương của f(x) bằng N Ta có 2 − N = 2k (k ∈ Z+)và N = 0 hoặc N = 2

Vì f (0) f (1) < 0 nên đa thức đã cho có ít nhất một nghiệm dương trong khoảng(0, 1)và vì N = 2 nên đa thức có đúng hai nghiệm dương

Để khảo sát số nghiệm âm, ta xét đa thức

Bài toán 1.3.1 (xem [2]) Chứng minh rằng nếu đa thức P (x) ∈ R[x] không có

nghiệm dương thì tồn tại các đa thức Q(x) và R(x) với các hệ số không âm thỏa

mãn đồng nhất thức

P (x) = Q (x)

R (x).

Lời giải Không mất tính tổng quát, ta có thể coi đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn bất

đẳng thức P (x) > 0 ứng với mọi x > 0 nên P (x) có thể viết dưới dạng

trong đó a > 0, aj > 0, bk ∈ C và bk là số phức liên hợp của bk

Do tích các đa thức với hệ số không âm là đa thức với hệ số không âm nên

ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp các đa thức gj(x) = x + aj và Fk(x) =(x − bk) x − bk
có thể biểu diễn dưới dạng Q (x) /R (x) với Q(x) và R(x) là các

đa thức với hệ số không âm là đủ

Với đa thức g (x) = (x + a) với a ≥ 0, ta chọn Q (x) = (x + a) ; R (x) ≡ 1.Với đa thức F (x) = (x − b) x − b
và Re b 6 0 thì chọn Q (x) = F (x) =

Re b2j > 0với j = 0, 1, , n − 1 Như vậy ta có

F (x) = (x − b) x − b

=

x2− b2


x2− b2(x + b) x + b

=

x4− b4


x4− b4(x + b) x + b
(x2+ b2)x2+ b2

2

có các hệ số không âm Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Tiếp theo, chúng ta xét số nghiệm dương của đa thức thong qua số lần đổi dấucủa dãy các hệ số của đa thức Đồng thời chúng ta cũng khảo sát một số kết quả về

số nghiệm của đa thức trên một khoảng hoặc nửa khoảng nào đó

Ví dụ, chẳng hạn, để xác định số nghiệm âm của đa thức

f (x) = anxn + an−1xn−1+ + a1x + a0thì ta đặt g (x) = f (−x) và đi xét số nghiệm dương của và số nghiệm âm của đathức f(x) cũng chính là số nghiệm dương của đa thức g(x)

Cũng vậy, để xét số nghiệm của đa thức

f (x) = anxn + an−1xn−1+ + a1x + a0trong khoảng (−1, 1) thì ta áp dụng phép đổi biến phân tuyến tính

Dễ thấy số nghiệm x ∈ (−1, 1) của đa thức bằng số nghiệm dương của đa thức g(t).Xét số nghiệm dương của đa thức g(t) sẽ suy ra được số nghiệm x ∈ (−1, 1) của đathức f(x).

Tương tự ta có thể xét số nghiệm của đa thức

trên các nửa khoảng hoặc đoạn dạng [−1, 1) , (−1, 1] , [−1, 1]

Để xét số nghiệm của đa thức

trên khoảng (0, +∞), ta tiến hành thực hiện phép đổi biến x = a+t thì t ∈ (0, +∞)

và dẫn đến xét nghiệm dương của đa thức

Chương 2

Biểu diễn một số dạng đa thức dương

trên một đoạn

2.1 Biểu diễn đa thức dương trên nửa trục thực

Trong phần này ta xét một số biểu diễn của đa thức dương trên một tập dưới dạngtổng, hiệu, tích, của các đa thức có dạng đặc biệt

Bài toán 2.1.1 (xem [2]) Cho đa thức P (x) ∈ R [x] và với mọi x ∈ R Chứng minh

rằng đa thức có thể biểu diễn được dưới dạng

P (x) = [A (x)]2+ [B (x)]2

trong đó A (x) , B (x) cũng là các đa thức.

Lời giải Do P (x) ≥ 0 với mọi x ∈ R nên đa thức P (x) có bậc bằng 2n và có thể

phân tích được dưới dạng tích của các nhân tử bậc hai không âm, tức là

trong đó aj, xj, yj ∈ R, j = 1, 2, , n

Từ hằng đẳng thức

p12+ q12
p22+ q22
= (p1p2+ q1q2)2+ (p1q2− p2q1)2

ta có kết luận

• Tích của hai biểu thức dạng [u (x)]2

+ [v (x)]2 cũng là một biểu thức có dạngđó

• Sau hữu hạn bước thực hiện quy trình đó ta thu được biểu thức dạng

Lời giải Do f (x) ≥ 0 với mọi x ≥ 0 nên a > 0 và c = f (0) ≥ 0.

Nếu b ≥ 0 thì ta chọn P (x) = 1 và ta nhận được ngay điều phải chứng minh.Nếu b < 0 và a > 0 thì ta tìm dưới dạng P (x) = (x + 1)n

f (x) P (x) = ax2+ bx + c
(x + 1)n

= axn+2+ (b + na) xn+1+ +

a , −bc với thì các điều kiện (1) và (2) đượcthỏa mãn (do a > 0 ) Ta biến đổi vế trái của (3)

h (k) = (a − b + c) k2− [a − (n + 2) b + (2n + 3) c] k + c (n + 1) (n + 2) ≥ 0,

b2− 4ac ≤ 0(do f (x) ≥ 0 với mọi x ≥ 0, a > 0) Do vậy, ta có

akx2+ bkx + ck(∀x > 0) theo Bài toán 2.1.1 với mỗi đa thức akx2+ bkx + ck đều tồn tại số tự nhiên rk saocho đa thức

Qk(x) = akx2+ bkx + ck
(x + 1)rk

có các hệ số đều không âm Từ đó

là một đa thức cũng có các hệ số đều không âm

Vậy tồn tại số tự nhiên s = Pm

i=1

rivới m = n

2 thỏa mãn các điều kiện của đề bài

Trường hợp 2 Khi deg P (x) = 2m + 1 thì P (x) có ít nhất một nghiệm không

dương là −a (a > 0) Ta có P (x) = (x + a) H (x) với H (x) > 0 (∀x > 0) vàdeg H (x) = 2m

Do deg H (x) = 2m nên theo Trường hợp 1 tồn tại số nguyên dương s sao cho đathức H (x) (x + 1)s

có các hệ số không âm và vì vậy đa thức Q (x) = P (x) (x + 1)s

cũng có các hệ số đều không âm

Bài toán 2.1.4 (xem [2]) Chứng minh rằng nếu đa thức P (x) ≥ 0 với mọi x ∈ R

thì tồn tại các đa thức A (x) , B (x) , C (x) , D (x) để biểu diễn được dưới dạng

P (x) = [A (x)]2+ [B (x)]2+ xn[C (x)]2+ [D (x)]2o (2.1)

Lời giải Trường hợp 1 Trường hợp deg P (x) = 2m.

Nếu m = 0 thì ta dễ dàng biểu diễn được (2.1)

Với m ≥ 1, ta có thể phân tích đa thức dưới dạng

trong đó ak > 0, akx2 + bkx + ck ≥ 0, ∀x ≥ 0 Nhận xét rằng với mỗi đa thức

akx2+ bkx + ck ≥ 0, ∀x ≥ 0ta đều viết được dưới dạng

ax2+ bx + c = (αkx + βk)2+ x γk2+ δk2
nên

Mặt khác, ta cũng có tích của hai đa thức dạng p2+ q2
+ x r2+ s2
cũng là một

Bổ đề 2.1.1 (xem [3]) Giả sử đa thức P1(x) ∈ R [x] chỉ có một nghiệm dương Khi

đó tồn tại s ∈ N để đa thức dạng Q1(x) = (x + 1)sP1(x) có dãy hệ số đổi dấu

đúng một lần.

Chứng minh. Giả sử đa thức P1(x) ∈ R [x] có một nghiệm dương là α với α > 0

Ta có P1(x) = (α − x) g (x)với g (x) > 0 (x > 0) nên theo Bài toán 2.1.2 tồn tại

để đa thức có các hệ số đều không âm

Ta giả sử

M (x) = a0+ a1x + a2x2+ + anxntrong đó ai ≥ 0 (i = 0, 1, , n − 1) , an > 0và M (x) > 0 (∀x > 0)

Xét đa thức

Q1(x) = P1(x) (x + 1)s

Q1(αx) = (α − αx) a0+ a1αx + a2α2x2+ + anαnxn

= αa0+ (αa1− a0) αx + (αa2− a1) α2x2+ + (αan − an−1) αnxn − anαn+1xn+1

là đa thức có dãy hệ số như sau

αa0, (αa1− a0) α, (αa2 − a1) α2, , (αan − an−1) αn, −anαn+1

Mặt khác, dãy hệ số không âm

a0, a1, a2, , an−1, an

có cùng số vị trí đổi dấu như đối với dãy

a0, a1, a2, , an−1, annên

αa0, (αa1− a0) α, (αa2 − a1) α2, , (αan − an−1) αn, −anαn+1

là dãy các hệ số không âm Vì thế dãy hệ số

αa0, (αa1− a0) α, (αa2 − a1) α2, , (αan − an−1) αn, −anαn+1

của đa thức đổi dấu đúng một lần

Do a > 0 nên theo Nhận xét 1.2.2-(5) thì các dãy hệ số của đa thức Q1(x)và đathức Q1(αx)có cùng vị trí đổi dấu Vậy luôn tồn tại s ∈ N để dãy hệ số của đa thức

Q1(x)đổi dấu đúng một lần

Bổ đề 2.1.3 (xem [3]) Giả sử đa thức P2(x) ∈ R [x] có hai nghiệm dương Khi đó

tồn tại s ∈ N để đa thức Q2 (x) dạng Q2(x) = (x + 1)sP2(x) có dãy hệ số đổi dấu

đúng hai lần.

Chứng minh. Giả sử đa thức P2(x) ∈ R [x] có hai nghiệm dương là α1, α2 Ta có

P2(x) = (α1− x) (α2− x) g (x)với g (x) > 0 (∀x > 0)

Nhận xét rằng đa thức P1(x) = (α1− x) g (x) chỉ có một nghiệm dương nêntheo Bổ đề 1.1.5 thì luôn tồn tại s ∈ N sao cho đa thức

Q1(x) = P1(x) (x + 1)s

có dãy hệ số đổi dấu đúng một lần, trong đó hệ số cao nhất (hệ số chính) âm và tất

cả các hệ số còn lại không âm Vì vậy đa thức Q1(x)có dạng

Q1(x) = a0+ a1x + a2x2+ + anxn − an+1xn+1

với ai ≥ 0, i = 1, 2, , n; an+1 > 0.

Xét đa thức

Q2(x) = P2(x) (x + 1)s

= α2a0+ (α2a1− a0) x + (α2a2− a1) x2+ + (α2an − an−1) xn− (α2an+1+ an) xn+1+ an+1xn+2.Thay x bởi α2x, ta thu được

Q2(α2x) = α2a0+ (α2a1− a0) α2x + (α2a2− a1) α22x2

+ + (α2an − an−1) αn2xn − (α2an+1 + an) αn+12 xn+1+ an+1αn+22 xn+2

là đa thức có dãy hệ số như sau

α2a0, (α2a1− a0) α2, (α2a2− a1) α22,

(α2an− an−1) α2n, − (α2an+1+ an) αn+12 , an+1αn+22 Mặt khác, dãy hệ số không âm

là dãy hệ số không âm Do α2 > 0, an+1 > 0 và an ≥ 0 nên an+1αn+22 > 0 và

α2an+1+ an > 0hay − (α2an+1 + an) < 0 Vì thế đa thức Q2(α2x) có hai lần đổidấu Mặt khác, theo Nhận xét 1.2.2-(5) ta có đa thức Q2(x)và đa thức Q2(α2x)cócùng vị trí đổi dấu Vậy luôn tồn tại s ∈ N để đa thức Q2(x) có đúng hai lần đổidấu

Bổ đề 2.1.5 (xem [3]) Nếu đa thức P3(x) ∈ R [x] có ba nghiệm dương thì tồn tại

s ∈ N để đa thức Q3(x) dạng Q3(x) = (x + 1)sP3(x) có dãy hệ số đổi dấu đúng

Q2(x) = P2(x) (x + 1)s

Có dãy hệ số đổi dấu đúng hai lần Hơn nữa, đa thức Q2(x)có hệ số cao nhấtdương, hệ số của hạng tử kế tiếp hạng tử có bậc cao nhất âm và tất cả các hệ số cònlại không âm Không giảm tính tổng quát, ta giả sử

(α3an+2+ an+1) α3n+2 > 0,

− an+2α3n+3 < 0Suy ra đa thức Q3(α3x)đổi dấu đúng ba lần Theo Nhận xét 1.2.2-(5) ta có dãy các

hệ số của đa thức Q3(α3x) và Q3(x) có cùng vị trí đổi dấu (vì α3 > 0) Vậy luôntồn tại s ∈ N sao cho dãy hệ số của đa thức Q3(x) = P3(x) (x + 1)sđổi dấu đúng

Từ ba bổ đề trên ta có định lí tổng quát như sau

Định lí 2.1.7 (xem [3]) Nếu đa thức Pk(x) ∈ R (x) có đúng k nghiệm dương

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

Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng phương pháp quy nạp

Ta đã chứng minh Định lí 2.1.7 đúng với trường hợp k = 1, k = 2, k = 3 (theocác Bổ đề 2.1.1, 2.1.3, 2.1.5)

Giả sử Định lí trên đúng đến k := k−1, tức là nếu đa thức có k−1 nghiệm dương

(k ∈ N, k > 1 ) thì tồn tại s ∈ N để đa thức dạng Qk−1(x) = Pk−1(x) (x − 1)scó

dãy hệ số đổi dấu đúng k − 1 lần

Theo giả thiết đa thức có k nghiệm dương, ta giả sử các nghiệm đó là α1, α2, α3, , αk

với (αi> 0, i = 1, 2, 3, , k)thì đa thức có dạng

Pk(x) = (α1− x) (α2− x) (α3− x) (αk− x) g (x) , g (x) > 0 (∀x > 0)

Xét đa thức

Pk−1(x) = (α1− x) (α2− x) (α3− x) (αk−1− x) g (x) , g (x) > 0 (∀x > 0)

có k − 1 nghiệm dương (α1, α2, α3, , αk−1) Theo giả thiết quy nạp, tồn tại s ∈ N

để dãy hệ số của đa thức Qk−1(x) = Pk−1(x) (x − 1)s đổi dấu k − 1 lần Không

giảm tính tổng quát, ta giả sử k là số chẵn thì k − 1 là số lẻ Trước hết, ta sắp xếp đa

thức Qk−1(x)theo thứ tự tăng dần lũy thừa của rồi xét dấu các hệ số theo thứ tự đó

thu được kết quả như sau:

• Hệ số của các hạng tử có bậc không vượt quá n đều không âm và không đồng

thời bằng 0 (Bài toán 2.1.2)

• Hệ số của hạng tử bậc n + 1 mang dấu (−) (Bổ đề 2.1.1)

• Hệ số của hạng tử bậc n + 2 mang dấu (+) (Bổ đề 2.1.3)

• Hệ số của hạng tử bậc n + 3 mang dấu (−) (Bổ đề 2.1.5)

Tiếp theo bằng phương pháp quy nạp ta có

• Hệ số của hạng tử bậc n + k − 2 mang dấu (+),

• Hệ số của hạng tử bậc n + k − 1 mang dấu (−)

Qk−1(x) = a0+a1x+a2x2+ .+anxn−an+1xn+1+an+2xn+2− .+an+k−2xn+k−2−an+k−1xn−k+1

Thay x bởi αkxta thu được

Mặt khác, dãy hệ số không âm

− (akan+k−1+ an+k−2) αkn+k−1 < 0, an+k−1αkn+k > 0Suy ra đa thức Qk(αkx)đổi dấu k lần Theo Nhận xét 1.2.2-(5) ta có dãy các hệ sốcủa đa thức Qk(αkx) và Qk(x)có cùng vị trí đổi dấu (vì αk > 0 ) Vậy luôn tồn tạisao cho dãy hệ số của đa thức Qk(x) = Pk(x) (x + 1)sđổi dấu đúng k lần

Từ Định lí 2.1.7, ta có một cách xác định chính xác số nghiệm dương của đa thứcchỉ có nghiệm thực thông quả hệ quả sau

Bổ đề 2.1.8 (xem [3]) Nếu đa thức P (x) ∈ R [x] chỉ có các nghiệm thực thì số

nghiệm dương của đa thức bằng số lần đổi dấu của dãy hệ số.

2.2 Biểu diễn đa thức dương trên một đoạn

Bài toán 2.2.1 (xem [2]) Cho đa thức f(x) ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện

f (x) > 0, với mọi x ∈ [−1; 1]

Chứng minh rằng đa thức f (x) có thể biểu diễn dưới dạng

Bài toán 2.2.2 (xem [2]) Chứng minh rằng tồn tại đa thức bậc n và nhận giá trị

dương trong đoạn [−1, 1] và nó không thể biểu diễn được dưới dạng

P (x) =XAαβ(1 − x)α(1 + x)β

trong đó Aαβ > 0, α + β ≤ n; α, β là các số nguyên không âm.

Lời giải Xét đa thức P (x) = x2+ ε trong đó ε > 0 Giả sử có thể viết được dướidạng

P (x) = x2+ ε = X

α+β≤2

Aαβ(ε) (1 − x)α(1 + x)β (2.2)

trong đó ε > 0, Aαβ(ε) > 0 và α, β chạy trên tất cả các số nguyên không âm mà

α + β ≤ 2 Như vậy, với bất kì trong tổng này sẽ chứa vừa đúng sáu số hạng Bằngcách thế vào (2.2) ta nhận được Aαβ(ε)bị chặn với ε > 0 Cho ε dần tới 0 sao cholim

ε→0Aαβ(ε) = Atồn tại trong tất cả sáu số hạng, khi đó chuyển qua giới hạn ta nhậnđược

α+β≤2

Aαβ(ε) (1 − x)α(1 + x)β.Nhưng với x = 0 thì đồng nhất thức này không thỏa mãn

Vậy không phải đối với mọi đa thức bậc n nhận giá trị dương trong đoạn [−1, 1]đều có thể biểu diễn được dưới dạng

P (x) = XAαβ(1 − x)α(1 + x)β Aαβ > 0

2.3 Nguyên lý Descartes đối với đa thức nguyên hàm

Bổ đề 2.3.1 (xem [3]) Giả sử đa thức

f (x) = 5 (x − x1) (x − x2) (x − x3) (x − x4) , x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ x4

có nguyên hàm F0(x) là đa thức bậc 5 với hệ số thực

F0(x) = x5− a1x4+ a2x3− a3x2+ a4x

Khi đó, điều kiện cần và đủ để tồn tại hằng số thực c sao cho nguyên hàm

F (x) = F0(x) − c

có các nghiệm đều là thực là

Chứng minh. Ta xét các tường hợp theo sự phân bố các nghiệm của đa thức

Trường hợp 1 Khi có các nghiệm phân biệt, tức là x1 < x2 < x3 < x4, thì nguyênhàm của nó đạt cực đại tại x = x1 và x = x3, đạt cực tiểu tại x = x2 và x = x4 Nếunếu xảy ra trường hợp (2.3) thì ta có

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

Suy ra

min {F0(x1) , F0(x3)} ≥ max {F0(x2) , F0(x4)} Vậy ta sẽ chọn c sao cho c ∈ (max {F0(x2) , F0(x4)} , min {F0(x1) , F0(x3)}), thìnguyên hàm F (x) tương ứng sẽ có 5 nghiệm thực

Trường hợp 2 Khi f(x) có hai nghiệm trùng nhau, chẳng hạn x1 = x2 < x3 < x4(x1 < x2 < x3 = x4) và F0(x1) < F0(x4), thì hiển nhiên (2.3) sẽ không thỏa mãn

và không tồn tại c để có 5 nghiệm thực

Khi F0(x1) ≥ Fo(x4) thì ta chọn c = F0(x1) Ta thu được đa thức F (x) tươngứng có 5 nghiệm thực Nếu xảy ra trường hợp x1 < x2 = x3 < x4 thì ta chọn

c = F0(x2) Ta thu được đa thức có 5 nghiệm thực Thật vậy, do x2 là nghiệm képcủa f(x) nên nó cũng là nghiệm bội bậc ba của nguyên hàm F0(x) Mà hàm F0 đạtcực đại tại và đạt cực tiêu tại x4 nên F0(x1) > F0(x2) = F0(x3) > F0(x4) Do đó

F0(x1) > c Mặt khác, ta thấy F (−∞) = −∞ nên trong khoảng (−∞, x1), đa thức

có ít nhất một nghiệm Tương tự, do F0(x4) − c < 0 và F (+∞) = +∞ nên trongkhoảng (x4, +∞), đa thức F0(x)cũng có nghiệm

Trường hợp 3 Khi f(x) có hai nghiệm kép, tức là x1 = x2 < x3 = x4 , thì

f (x) = 5(x − x1)2(x − x3)2, f (x) ≥ 0 với mọi x ∈ R

nên MF0(x)là hàm đơn điệu tăng Vì vậy điều kiện (2.3) là không thỏa mãn Khi

đó, ta thấy đường thẳng đi qua các điểm dừng sẽ cắt đồ thị của đa thức F0(x) tạimột điểm (bội bậc 3), tức là F (x) có 3 nghiệm thực (kể cả bội) Do đó, ứng với mọi

c ∈ R, các nguyên hàm F0(x)tương ứng đều có không quá 3 nghiệm thực

Trường hợp 4 Khi f(x) có ba nghiệm trùng nhau, chẳng hạn x1 = x2 = x3 < x4(x1 < x2 = x3 = x4) thì f (x) = 5(x − x1)3(x − x4) Khi đó

Do đó

F0(x1) = (x − x1)5, F0(x4) = (x − x4)5Suy ra

F0(x1) = F0(x2) = F0(x3) < F0(x4)thỏa mãn điều kiện (2.3) Ta chọn c = 0 thì đa thức F (x) có đúng 5 nghiệm thực

Trường hợp 5 Cuối cùng ta xét trường hợp khi cả bốn nghiệm trùng nhau x1 =

x2 = x3 = x4, thì hiển nhiên điều kiện (2.3) thỏa mãn và f (x) = 5(x − x1)4 Chọn

c = x51(là giá trị duy nhất) thì nguyên hàm F (x) = (x − x1)5 có nghiệm thực bội 5tức là thỏa mãn điều kiện của định lí

Bài toán 2.3.1 (xem [3]) Cho đa thức f (x) = 5x (x − 1) (x − 2) (x − 3) Xác định

hằng số c để đa thức nguyên hàm F (x) có các nghiệm đều thực và cho biết số nghiệm dương của F (x) trong trường hợp đó.

Lời giải Đa thức có 4 nghiệm thực là x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2, x4 = 3