Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)

Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và ứng dụng (LV thạc sĩ)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ BÌNH

ĐỊNH LÝ HAYMAN ĐỐI VỚI HÀM HỮU TỶ

TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ,

ĐẶC SỐ KHÔNG VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2015

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGUYỄN THỊ BÌNH

ĐỊNH LÝ HAYMAN ĐỐI VỚI HÀM HỮU TỶ

TRÊN TRƯỜNG ĐÓNG ĐẠI SỐ,

ĐẶC SỐ KHÔNG VÀ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS VŨ HOÀI AN

Thái Nguyên - 2015

và Viện Toán học đã trang bị kiến thức, tạo điều kiện tốt nhất cho tôi trongquá trình học tập và nghiên cứu.

Thái Nguyên, tháng 3 năm 2015

Tác giảNguyễn Thị Bình

Mục lục

Lời cảm ơn i

Mục lục ii

Bảng ký hiệu iii

Mở đầu 1

1 Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không 4 1.1 Hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không 5

1.2 Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không 8

Kết luận 21

2 Giả thuyết Hayman đối với hàm số thực trong toán học phổ thông 22 2.1 Giả thuyết Hayman đối với hàm số thực và đạo hàm của nó trên trường số thực R 23

2.2 Giả thuyết Hayman đối với hàm số thực và sai phân của nó trên trường số thực R 42

Kết luận 47

Kết luận luận văn 48

Tài liệu tham khảo 49

Mở đầu

1 Lý do chọn đề tài

Năm 1967, Hayman đưa ra giả thuyết sau đây:

Giả thuyết Hayman: Nếu một hàm nguyên f thỏa mãn fn(z)f0(z) 6= 1với n là một số nguyên dương nào đó và với mọi z ∈ C, thì f là hàm hằng.Giả thuyết Hayman đã được Hayman kiểm tra đối với hàm nguyên siêu việt

và n > 1, đã được Clunie kiểm tra đối với n = 1 Các kết quả này (thườngđược gọi là Định lý Hayman) và các vấn đề liên quan đã hình thành nhánhnghiên cứu là vấn đề nhận giá trị của đa thức vi phân mà trường hợp riêng làvấn đề nhận giá trị của hàm và đạo hàm của nó

Công trình quan trọng đầu tiên thúc đẩy hướng nghiên cứu này thuộc vềC.C Yang - X.H Hua Năm 1997, hai ông đã chứng minh định lý sau đây.Định lý A Cho f và g là hai hàm phân hình khác hằng, n > 11 là một sốnguyên và a ∈ C − {0} Nếu fnf0 và gng0 nhận giá trị aCM thì hoặc f = dgvới dn+1 = 1 hoặc g(z) = c1.ecz và f (z) = c2e−cz, ở đó c, c1, c2 là các hằng số

và thỏa mãn (c1c2)n+1c2 = −a2

Từ đó, hướng nghiên cứu trên phát triển mạnh mẽ với những kết quả sâusắc của I Lahiri, Q Han - H.X Yi, W Bergweiler, J.K Langley, K Liu, L.Z.Yang, L.C Hong, M.L Fang, B.Q Li, P.C Hu - C.C Yang, A Eremenko, G.Frank - X Hua - R Vaillancourt Công cụ sử dụng ở đó là một số kiểu định

lý chính thứ hai cho đa thức vi phân cùng với các ước lượng giữa các hàm đặctrưng, hàm đếm của hàm và đạo hàm

Trong trường hợp p-adic, kết quả đầu tiên theo hướng nghiên cứu này thuộc

về J Ojeda Năm 2008, J Ojeda đã nhận được kết quả sau

Định lý B Cho f là hàm phân hình trên Cp, n > 2 là một số nguyên và

a ∈ Cp− {0} Khi đó fn(z)f0(z) 6= a với mọi z ∈ Cp thì f là hằng

Gần đây, Ha Huy Khoai and Vu Hoai An [4], Ha Huy Khoai, Vu Hoai Anand Nguyen Xuan Lai [5] đã thiết lập các kết quả tương tự cho hàm phân hình

p-adic, đạo hàm, toán tử sai phân, đa thức sai phân của nó.

Theo hướng nghiên cứu này, đề tài nhằm nghiên cứu vấn đề: Định lýHayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không

và ứng dụng

2 Mục tiêu nghiên cứu

Tổng hợp, trình bày lại các bài giảng về Giả thuyết Hayman cho hàm hữu

tỷ và đạo hàm của nó trên trường đóng đại số, đặc số không [1]

Đưa ra các ví dụ trong toán học phổ thông để kiểm tra Giả thuyết Haymanđối với hàm số thực, đạo hàm và sai phân của nó trên trường số thực R

3 Nội dung nghiên cứu

• Luận văn tìm hiểu tổng quan về Giả thuyết Hayman

• Luận văn tìm hiểu, tổng hợp và trình bày vấn đề nhận giá trị của hàmhữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không

4 Kết quả nghiên cứu

• Tổng hợp và trình bày lại các định lý chính đối với hàm hữu tỷ trên trườngđóng đại số, đặc số không

• Tổng hợp và trình bày lại các kết quả về vấn đề nhận giá trị của fn(f(k))m,(fn)(k), (Định lý 1.2.2, Định lý 1.2.6, Định lý 1.2.11)

Nội dung của hai vấn đề trên được trình bày ở Chương 1

• Tổng hợp và trình bày 35 ví dụ để kiểm tra Giả thuyết Hayman đối vớihàm số thực trong toán học phổ thông Nội dung của vấn đề này đượctrình bày ở Chương 2

5 Bố cục luận văn

Ngoài phần mở đầu và phần kết luận, luận văn gồm 2 chương

Chương 1: Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên trường đóng đại

số, đặc số không

Trong Chương 1, tôi tổng hợp và trình bày lại các bài giảng về Giả thuyếtHayman cho hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không và đạo hàm của

nó Các kết quả này ở trong [1] (Định lý 1.2.2, Định lý 1.2.6, Định lý 1.2.11).Chương 2: Giả thuyết Hayman đối với toán học trung học phổ thông.Trong Chương 2, tôi đưa ra 35 ví dụ trong toán học phổ thông để kiểm traGiả thuyết Hayman đối với hàm số thực, đạo hàm và sai phân của nó trêntrường số thực R.

Chương 1

Định lý Hayman đối với hàm hữu

tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không

Trong Chương 1, tôi trình bày lại các vấn đề nhận giá trị của fn(f(k))m,(fn)(k)

, ở đó f là hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số không K; n, m, k

là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện nào đó Vấn đề nhận giá trị nói ởđây là:

Tìm mối quan hệ của n, m, k để fn(f(k))m hoặc (fn)(k) nhận giá trị a, a ∈ K,

a 6= 0 Ý nghĩa của vấn đề này nằm ở chỗ: Xét ảnh hưởng của đạo hàm đối vớihàm đã cho Khi vấn đề này được xét với hàm số thực, ta có sự liên hệ giữaGiả thuyết Hayman với toán trung học phổ thông Kết quả của vấn đề này suy

ra được các kết quả: Với điều kiện nào đó của m, n, k thì f là hằng Các định

lý kiểu như vậy được gọi là Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ trên K.Trong Chương 1, Định lý 1.2.2 là Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ vàđạo hàm bậc nhất của nó; Định lý 1.2.6 là Định lý Hayman đối với hàm hữu

tỷ và đạo hàm bậc cao của nó; Định lý 1.2.11 là Định lý Hayman đối với đạohàm bậc cao

Trước tiên, tôi nhắc lại khái niệm trường đóng đại số, đặc số không và hàmhữu tỷ trên đó [3]

1.1 Hàm hữu tỷ trên trường đóng đại số, đặc số

1 Trường số hữu tỷ Q không là trường đóng đại số vì đa thức A(x) = x2− 2

có các hệ số thuộc Q nhưng không có nghiệm trong Q

2 Trường số thực R không là đóng đại số vì đa thức P (x) = x2+ 5 có các hệ

số thuộc R nhưng không có nghiệm trong R

Định nghĩa 1.1.3 Cho K là một trường

1 Số tự nhiên n nhỏ nhất khác không sao cho n.1 = 0 thì số n được gọi là đặc

số của trường K Ký hiệu char(K)

2 Với mọi số tự nhiên n 6= 0 mà n.1 6= 0 thì khi đó ta nói trường K có đặc số

Ký hiệu K là trường đóng đại số, đặc số không

Gọi f là đa thức khác hằng có bậc n trên K và a là không điểm của f Khi đó

f = (z − a)mp(z)với p(a) 6= 0 và m là bội của không điểm a của f

Đặt µ0f(a) = m Ký hiệu n(f ) là số các không điểm của f kể cả bội, d ∈ K và

l là số nguyên dương Ta định nghĩa:

n6k(f, a), n<k(f, a), n>k(f, a), n>k(f, a),

n6kl (f, a), n<kl (f, a), n>kl (f, a), n>kl (f, a)

Ví dụ 1.1.8 Cho đa thức f (x) = x3− 3x2+ 3x ∈ K[x], k = 2 Tính n62(f, 0),

n62(f, 1), n>2(f, 0), n>2(f, 1)

Giải

f (x) = x(x2− 3x + 3) = 0 có 3 nghiệm phân biệt x1, x2, x3 trong K

f − 1 = x3 − 3x2+ 3x − 1 = (x − 1)3 = 0 suy ra x = 1 là nghiệm bội 3 của

(n − 1)T (f ) + n(f0, 0) + n(f, ∞) 6 T (fnf0).

Định lý 1.2.2 (Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ và đạo hàm bậcnhất) Cho f là hàm hữu tỷ trên K Nếu fn(z)f0(z) 6= 1 với mọi z ∈ K và

Từ đây suy ra fnf0 nhận giá trị 1.

Bổ đề 1.2.3 Cho f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K, n > 1 là số nguyêndương và a1, a2, a3, · · · , aq là các điểm phân biệt của K Khi đó

Ta ký hiệu n(f0, 0; f0 6= 0) là các hàm đếm các không điểm của f0 nhưng không

là không điểm của f , ở đó mỗi không điểm của f được tính cả bội Khi đó

f , ∞



6 n1(f, ∞) + n1(f, 0).Vậy

Từ các bất đẳng thức trên ta nhận được

n1(fnf0, 0) 6 2n>21 (f, 0)+n1(f, ∞)+ 2

n − 1 n(f

nf0, 0)−n1(fnf0, 0)−2nn>21 (f, 0)
.Vậy

Bổ đề 1.2.4 Cho f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K thỏa mãn f(k) 6≡ 0, m, k, n

là các số nguyên dương Khi đó

n(f ) 6 n(A + 1),1

fn+m = 1

A + 1

f(k)f

m

.Hơn nữa m

f(k)

f , ∞



= 0 Do đóm(f, 0) 6 (n + m)m(f, 0) = m(fn+m, 0) = m(A + 1, 0)

Vậy T (f ) = n(f, 0) + m(f, 0)6 n(A + 1, 0) + m(A + 1, 0) = T fn f(k)
m+ 1

2 Từ T fn f(k)
m
= T fn f(k)
m+ 1
, ta nhận được T (f ) 6 T fn f(k)
m
.

Bổ đề 1.2.5 Cho f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K thỏa mãn f(k) 6≡ 0, n, k, m

là các số nguyên dương, n > 1 và a ∈ K, a 6= 0 Khi đó

1 n(n − 2) + k(mn − m − n) + m(n − 1)

(n + k)(m + n + km) T (f ) 6 n1 fn(f(k))m, a
−1

2 Nếu n2− n − k > 0 thì

n2− n − k − 1(n + k)(m + n + km)T (f ) 6 n1 fn f(k)
, a
−1

Chứng minh

1 Theo Bổ đề 1.2.4 ta có fn f(k)
m khác hằng Áp dụng Định lý chính thứ haicho fn f(k)
m nhận ba giá trị ∞, 0, a ta có

1 + n(k + 1)(n + k) n + (k + 1)m



n fn f(k)
m, ∞
+ n1 fn f(k)
m, a
− 1

n(n − 2) + k(mn − m − n) + m(n − 1)

(n + k)(n + m + km) T (f ) 6 n1 fn f(k)
m, a
− 1

2 Áp dụng 1 khi m = 1 và để ý rằng n2− n − k > 0 ta nhận được

n2− n − k − 1(n + k)(m + n + km)T (f ) 6 n1 fn f(k)
m, a
− 1

Định lý 1.2.6 (Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ và đạo hàm bậccao) Cho f là hàm hữu tỷ trên K thỏa mãn điều kiện fn(z) f(k)
m(z) 6= 1 vớimọi z ∈ K và n, m, k là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện m > 1 và

5

2 tức là n > 2 Áp dụng Định lý1.2.6 ta có f là đa thức bậc bé hơn 1 Do đó f là hàm hằng

không xảy ra f khác hằng thỏa mãn f(k) 6≡ 0 Nếu f là hằng thì f là đa thứcbậc 0 < k Nếu f khác hằng và f(k) ≡ 0 thì f là đa thức có bậc nhỏ hơn k Tiếp theo ta xét vấn đề đã nêu đối với (fn)(k) Ta cần các bổ đề sau.

Bổ đề 1.2.7 Cho f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K, n, k là các số nguyêndương, n > k và a là cực điểm của f Khi đó

Bây giờ ta chứng minh bằng quy nạp theo k

Khi đó

(fn)(k+1) = ϕk+1

(z − a)np+k+1, ϕk+1(a) 6= 0

Bổ đề 1.2.8 Cho f là hàm hữu tỷ khác hằng trên K, n, k là các số nguyêndương, n > k và a, b lần lượt là cực điểm và không điểm của f Khi đó

Chứng minh.

Đặt A = fn
(k)−1 Khi đó ta có

A + 1 = fn
(k)= fn−kp,

n1f



6 n 1

A + 1

,1

A + 1, ∞



Ta thấy rằng bất kỳ cực điểm nào của p

fk có thể xảy ra chỉ tại cực điểm của

fn
(k)

fn và nếu z0 là một cực điểm của fn
(k)

fn thì z0 cũng là cực điểm của fhoặc là không điểm của f Theo Bổ đề 1.2.7 và Bổ đề 1.2.8 ta thấy rằng nếu

a, b tương ứng là cực điểm và không điểm của f thì

fn
(k) = Ck(z − b)mn−k, Ck(b) 6= 0

Do đó

n fn
(k), 0
−n1 fn
(k), 0
> (n − 1)(k + 1)n>k+1

1 (f, 0) + (n − k − 1)n6k1 (f, 0).Mặt khác

Từ đây suy ra

T (fn)(k)
6 k + 1

n + k(n − k − 1)(n + k)n

Định lý 1.2.11 (Định lý Hayman đối với đạo hàm bậc cao) Cho f làhàm hữu tỷ trên K, n, k là các số nguyên dương, n > k + 2 Nếu fn
(k)(z) 6= 1với mọi z ∈ K thì f là hàm hằng

(fn)(1) = n.fn−1.f(1)

Do n> k + 2 = 3 nên n − 1 > 2 Từ đây dẫn đến, nếu fn(z)f0(z) 6= 1 với mọi

z ∈ K, ở đó n > 2, thì f là hàm hằng

Kết luận

Trong Chương 1, tôi đã trình bày lại các Định lý sau đây:

- Định lý 1.2.2 Đây là Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ và đạo hàm bậcnhất

- Định lý 1.2.6 Đây là Định lý Hayman đối với hàm hữu tỷ và đạo hàm bậccao

- Định lý 1.2.11 Đây là Định lý Hayman đối với đạo hàm bậc cao

Giả thuyết A Nếu một hàm nguyên f khác hằng thì fnf0 nhận giá trị 1,

n là số nguyên dương nào đó

Như vậy việc kiểm tra Giả thuyết Hayman hay Giả thuyết A thực chất lànhư nhau

Trong Chương 2, ta xét Giả thuyết Hayman trong toán học phổ thông Cụthể là

• Giả thuyết Hayman đối với hàm số thực và đạo hàm của nó trên trường

số thực R Vấn đề này trình bày ở Mục 2.1 Nội dung của phần này gồm

22 ví dụ Các ví dụ này thể hiện Giả thuyết Hayman đúng hoặc khôngđúng đối với mỗi lớp hàm số thực nào đó

• Giả thuyết Hayman đối với hàm số thực và sai phân của nó trên trường sốthực R Vấn đề này trình bày ở Mục 2.2 Nội dung của phần này gồm 13

ví dụ Các ví dụ này cho thấy rằng Giả thuyết Hayman đúng hoặc khôngđúng đối với sai phân của hàm số thực nào đó

2.1 Giả thuyết Hayman đối với hàm số thực và đạo

hàm của nó trên trường số thực R

Nội dung của mục này đã được đề cập trong [1] Trước hết ta xét ba ví dụsau đây

Ví dụ 2.1.1 Cho hàm số f (x) = 2x + 1 trên R Khi đó f.f0 nhận mọi giá trị

a ∈ R

Chứng minh

Từ f = 2x + 1 ta có f0 = 2

Do đó f.f0 = (2x + 1).2 = 4x + 2 Đặt F (x) = 4x + 2 Ta có F0(x) = 4 > 0,bảng biến thiên của F (x) là

Ví dụ 2.1.2 Cho f (x) = x2+ 1 trên R và a ∈ R Khi đó f (x)f0(x), f2(x)f0(x)

có nhận giá trị a?

Giải

1) f (x)f0(x) có nhận giá trị a?

Ta có f (x) = x2+ 1 nên f0(x) = 2x và f (x)f0(x) = (x2+ 1)2x = 2x3+ 2x.Đặt F (x) = 2x3+ 2x Nhận xét rằng, nếu xét vấn đề F (x) nhận giá trị a bằngcách giải phương trình 2x3+ 2x = a sẽ phức tạp

Vì vậy, ta xét vấn đề F (x) nhận giá trị a bằng cách tìm tập giá trị của F (x)

và cho a thuộc vào tập giá trị này.

Tìm tập giá trị bằng cách lập bảng biến thiên

Ta có F0(x) = 6x2+ 2 > 0 và bảng biến thiên của F (x) là

Từ bảng biến thiên của F (x) ta có tập giá trị của F (x) là (−∞, +∞)

Cho a ∈ (−∞, +∞) Từ đây ta có f (x)f0(x) nhận mọi giá trị a ∈ R

2) f2(x)f0(x) có nhận giá trị a?

Ta có (f (x))2 = (x2+ 1)2 = x4+ 2x2+ 1

f2(x)f0(x) = (x4+ 2x2+ 1)2x = 2x5+ 4x3+ 2x

Đặt F (x) = 2x5+ 4x3+ 2x, lại một lần nữa ta thấy nếu xét F (x) nhận giá trị

a bằng cách giải phương trình F (x) = a thì rất khó Ta sẽ tìm tập giá trị của

F (x) và cho a thuộc giá trị này

Ta có F0(x) = 10x4+ 12x2+ 2 > 0 với mọi x Từ đây ta có bảng biến thiên sau

Vậy f2(x)f0(x) nhận mọi giá trị a ∈ R

Ví dụ 2.1.3 Cho hàm số f (x) = sinx trên R và a ∈ R Khi đó f (x)f0(x),

f2(x)f0(x), f (x)f00(x), f00(x) có nhận giá trị a?

Giải

Ta có f0(x) = cosx, f00(x) = −sinx, f2(x) = sin2x

i Vậy

• a ∈ h− 1

2,

12

ithì f (x)f0(x) nhận giá trị a

Ta có f2(x)f0(x) = sin2xcosx = (1 − cos2x)cosx

Đặt t = cosx, t ∈ [−1; 1] Ta thấy f2(x)f0(x) nhận giá trị a khi và chỉ khi

−2

3√3

2

3√3

2

3√3

i.Vậy

• a < −1 hoặc a > 1 thì f00(x) không nhận giá trị a.

Ba ví dụ trên đây cho ta thấy: Ví dụ 2.1.1, 2.1.2 cho thấy Giả thuyết Haymanđúng, Ví dụ 2.1.3 cho thấy Giả thuyết Hayman không đúng

Vậy Giả thuyết Hayman không đúng đối với hàm số thực trong toán học phổthông

Từ đây nảy sinh các vấn đề sau đối với toán học phổ thông

Vấn đề 1 Cho a là số thực bất kỳ Tìm hàm số thực f sao cho fn(f(k))m nhậngiá trị a, ở đó n, k, m là các số tự nhiên và k > 1

Vấn đề 2 Cho f là hàm số thực bất kỳ, D là tập con khác rỗng của R Xácđịnh a ∈ R sao cho fn(f(k))m nhận giá trị a trên D, ở đó n, m, k là các số tựnhiên và n > 1

Quy trình giải quyết hai vấn đề trên gồm

Bước 1 Xác định A với A là tập giá trị của fn(f(k))m trên D

Bước 2 Xác định mối quan hệ giữa a và A

Trong hai quy trình trên, công việc tìm tập giá trị của hàm số thực ở bước 1

là then chốt

Hiện nay có ba phương pháp tìm tập giá trị của hàm số thực

Phương pháp thứ nhất: Lập bảng biến thiên của hàm số thực.

Các ví dụ sau đây minh họa cho phương pháp này

f (x) trên R.

Giải

Ta có f0(x) = 2ax + b, f0(x) = 0 suy ra x = − b

2a Xét hai trường hợp sau:

1 Trường hợp a > 0 Bảng biến thiên của f (x) là

f − b2a

f − b2a

Ví dụ 2.1.6 Cho hàm số thực f (x) = ax3+ bx2+ cx + d, a 6= 0 Tìm tập giátrị của f trên R

Giải

Ta có f0(x) = 3ax2+ 2bx + c

Đặt g(x) = 3ax2+ 2bx + c Xét các trường hợp sau:

1 Trường hợp a > 0 và g(x) = 0 vô nghiệm hoặc có nghiệm kép

Khi đó f0(x) = g(x) > 0 với mọi x Ta có bảng biến thiên của f (x) như sau