Khảo sát nghiệm của các phương trình sinh bởi đạo hàm và nguyên hàm của một đa thức

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌCĐÀM THU HẢI KHẢO SÁT NGHIỆM CỦA CÁC PHƯƠNG TRÌNH SINH BỞI ĐẠO HÀM VÀ NGUYÊN HÀM CỦA MỘT ĐA THỨC Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN T

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

THÁI NGUYÊN - 2017

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐÀM THU HẢI

KHẢO SÁT NGHIỆM CỦA CÁC PHƯƠNG TRÌNH SINH BỞI ĐẠO HÀM VÀ NGUYÊN HÀM

CỦA MỘT ĐA THỨC

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu

THÁI NGUYÊN - 2017

Mục lục

Chương 1 Các tính chất của tam thức bậc hai 31.1 Định lý cơ bản về tam thức bậc hai 31.2 Nội suy bất đẳng thức đối với tam thức bậc hai trên một khoảng 5Chương 2 Các tính chất của đa thức bậc ba 92.1 Phương trình bậc ba 92.2 Định lý cơ bản về đa thức bậc ba 132.2.1 Định lý Rolle đối với đa thức bậc ba 132.2.2 Định lý về nghiệm của nguyên hàm đối với đa thức bậc ba 142.3 Đa thức đối xứng ba biến 17Chương 3 Các tính chất của đa thức bậc bốn 203.1 Phương trình bậc bốn 203.2 Định lý cơ bản về đa thức bậc bốn 253.2.1 Định lý Rolle đối với đa thức bậc bốn 253.2.2 Định lý về nghiệm của nguyên hàm đối với đa thức bậc bốn 26Chương 4 Một số dạng toán liên quan 374.1 Một số dạng toán về nghiệm của phương trình bậc cao 374.2 Một số dạng toán thi HSG liên quan đến phương trình và hệ phươngtrình dạng đa thức 45

TÀI LIỆU THAM KHẢO 62

Mở đầu

Đa thức có vị trí rất quan trọng trong Toán học vì nó không những là một đốitượng nghiên cứu trọng tâm của Đại số mà còn là một công cụ đắc lực của Giải tíchtrong lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn, lý thuyết nội suy, Ngoài ra, đa thức cònđược sử dụng nhiều trong tính toán và ứng dụng Trong các kì thi học sinh giỏi toánquốc gia và Olympic toán quốc tế thì các bài toán về đa thức cũng thường được đềcập đến và được xem như những bài toán khó của bậc phổ thông

Tuy nhiên cho đến nay, các tài liệu về đa thức chưa đề cập đầy đủ đến các dạngtoán về phân bố số nghiệm thực của đa thức gắn với nghiệm của đa thức đạo hàm

và đa thức nguyên hàm của nó Vì vậy, việc khảo sát sâu hơn về các vấn đề biện luậnnghiệm, biểu diễn đa thức thông qua các đa thức đạo hàm và đa thức nguyên hàmccủa nó cho ta hiểu sâu sắc hơn các tính chất của đa thức đã cho

Luận văn "Khảo sát nghiệm của phương trình sinh bởi đạo hàm và nguyên hàmcủa một đa thức" trình bày một số vấn đề liên quan đến bài toán xác định số nghiệmthực của đa thức với hệ số thực

Mục đích của luận văn nhằm thể hiện rõ vai trò quan trọng của Giải tích trongkhảo sát nghiệm thực của đa thức

Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận và 4 chương

Chương 1 trình bày chi tiết các định lý cơ bản, các kết qủa liên quan đến tamthức bậc hai

Chương 2 trình bày chi tiết các định lý cơ bản, các kết qủa liên quan đến đa thứcbậc ba

Chương 3 xét các bài toán khảo sát và giải phương trình bậc bốn

Tiếp theo, chương 4 trình bày một hệ thống bài tập áp dụng các định lý đã chứngminh ở các chương trước

Hệ thống các ký hiệu sử dụng trong luận văn

deg P (x) là bậc của đa thức P (x).

F0(x) là nguyên hàm (cấp 1) của đa thức f (x) ứng với hằng số c = 0,

tức là F0(x) thỏa mãn điều kiện F0(0) = 0.

Fc(x) là nguyên hàm (cấp 1) của đa thức f (x) ứng với hằng số c,

tức là Fc(x) = F0(x) + c với c ∈ R.

F0,k(x) là nguyên hàm cấp k của đa thức f (x) ứng với hằng số c = 0,

tức là F0,k(x) thỏa mãn điều kiện F0,k(0) = 0.

Fc,k(x) là nguyên hàm cấp k của đa thức f (x) ứng với hằng số c,

Chương 1 Các tính chất của tam

Như ta đã biết, đạo hàm của tam thức bậc hai là một nhị thức bậc nhất nên nóluôn luôn có nghiệm Tuy nhiên, nguyên hàm của nhị thức bậc nhất là một tam thứcbậc hai nên chưa chắc đã có nghiệm thực Ta có kết qủa sau đây

Định lý 1.1 (xem [2]-[4]) Mọi nhị thức bậc nhất đều có ít nhất một nguyên hàm làmột tam thức bậc hai có hai nghiệm thực phân biệt

Chứng minh Thật vậy, xét nhị thức bậc nhất h(x) = ax + b, a 6= 0. Khi đó mọinguyên hàm của h(x) có dạng

H(x) = a

2



x + ba

trong đó

p = −3b2a, q =

3c

a .

Vì vậy, về sau khi xét phương trình bậc hai thì ta chỉ cần quan tâm đến phương trìnhbậc hai dạng 3x2− 2px + q = 0 là đủ

Định lý 1.2 (xem [2]-[4]) Tam thức bậc hai g(x) = 3x2− 2px + q có nghiệm thực khi

và chỉ khi tồn tại bộ ba số thực α, β, γ sao cho

h

(α − β)2+ (β − γ)2+ (γ − α)2i≥ 0, ∀α, β, γ ∈R.

Ngược lại, giả sử tam thức bậc hai g(x) có nghiệm

- Nếu hai nghiệm củag(x) trùng nhau thìg(x) = 3(x − x0)2 và đa thức nguyên hàmtương ứng có dạng G(x) = (x − x0)3+ r, r ∈R. Chọn r = 0 ta thấy G(x) có 3 nghiệmtrùng nhau

- Nếu g(x) có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 (x 1 < x 2 ) thì g(x) = 3(x − x 1 )(x − x 2 ) và

đa thức nguyên hàm G(x) = x3 − px 2 + qx − r, r ∈ R đạt cực đại tại x = x1 và cựctiểu tại x = x2. Để ý rằng (SGK lớp 12) các điểm (x1, G(x1)) và (x2, G(x2)) đối xứngvới nhau qua điểm uốn

Ux1+ x2

2 , G

x1+ x22



= Up

3, G

p 3

2

+ qp3

thì đa thứcnguyên hàm G(x) tương ứng sẽ có ba nghiệm thực lập thành một cấp số cộng, gọicác nghiệm đó là α, β, γ, ta thu được

G(x) = (x − α)(x − β)(x − γ) = x3− px2+ qx − r.

Từ đây ta thu được hệ thức (1.2)

Nhận xét 1.1 Để ý rằng mọi tam thức bậc hai f (x) = ax2+ bx + c, a 6= 0 đều viếtđược dưới dạng

Định lý 1.3 (xem [2]-[4]) Tam thức bậc hai g(x) = ax2+ bx + c (a 6= 0) có nghiệmthực khi và chỉ khi tồn tại bộ ba số thực α, β, γ sao cho







−3b2a = α + β + γ3c

Định lý 1.4 (xem [2], [5]) Giả sử G(x) = P x2+Qx+R Khi đó bất đẳng thứcG(x)>0

thỏa mãn với mọi x ∈ [a, b], khi và chỉ khi

G(a)>0, G(b)>0 và 2G

a + b 2



− G(a) + G(b)

2 > pG(a)G(b). (1.4)Chứng minh Giả sử (1.4) thỏa mãn Ký hiệu

G(x) = (mx + n)2+ K(x − a)(b − x)

suy ra

G(x) >0, ∀x ∈ [a, b]. (1.6)Ngược lại, giả sử (1.6) thỏa mãn Khi đó G(a)> 0 , G(b)> 0 và G(x) có thể viếtđược dưới dạng (Định lý Lukac)

G(x) = (m1x + n1)2+ K1(x − a)(b − x) với K1 >0. (1.7)Nếu trong (1.7) ta chọn x ∈



a, a + b

2 , b

thì sẽ có







(m 1 a + n 1 )2 = G(a) (m 1 b + n 1 )2 = G(b)

và K 1 = K, (1.8)

K được chọn như trong (1.8) Nhận xét rằng hệ (1.8) cho ta m1, n1 và ta có K ≡ K[G]>0, tức bất đẳng thức (1.6) được chứng minh.

Bài toán 1.1 Chứng minh rằng với mọi tam thức bậc hai f (x) = Ax2+ Bx + C tađều có |f (x)|61, ∀x ∈ [a, b] xảy ra khi và chỉ khi |f (a)| 61, |f (b)|61 và khi đó

− 1 +p(1 − f (a)) (1 − f (b))6 f (a) + f (b)

2 − 2f



a + b 2



61 −p(1 + f (a)) (1 + f (b))

Lời giải Sử dụng kết qủa Định lý 1.4

G(x)>0, ∀x ∈ [a, b], ⇔ G(a) >0, G(b)>0, K[G] >0, (1.9)với G1(x) := 1 − f (x) và G2(x) = f (x) + 1 Thật vậy

(

G1(x)>0

G2(x)>0 , ∀x ∈ [a, b], khi vàchỉ khi |f (a)| 61, |f (b)| 61, và K[G1]> 0, K[G2]> 0. Hai bất đẳng thức cuối này lànhư nhau với

 , |p(1)|o ⊂ [0, 1].

Chứng minh rằng |a|68, |b|68, |c|61 và |2ax + b|68, ∀x ∈ [0, 1].



+ 3p(1).

Sử dụng bất đẳng thức tam giác, ta có |a| 6 8, |b| 6 8, |c| 6 1, |2a + b| 6 8 Khi

h(x) := 2ax + b, thì |h(0)|68, |h(1)|68 kéo theo |h(x)|68, ∀x ∈ [0, 1].

Nhận xét 1.2 Chú ý rằng đánh giá trên là tối ưu Thật vậy, giả sửp(x) = 8x2−8x+1.Khi đó |p(x)|61 và |p0(x)| = |16x − 8| 68 trên [0, 1].

Bài toán 1.3 Giả sử M2 là tập hợp tất cả các đa thức bậc không quá 2 và

M∗2 : =  p ∈ M 2 ; |p(t)| 6 1, ∀t ∈ [0, 1] . Tìm tất cả các đa thức Q, Q ∈ M∗2, saocho với mọi p ∈ M∗2 ta đều có

|p(x)|6 Q(x) , ∀x ∈ x ∈ (−∞, 0] ∪ [1, ∞)

Chứng minh rằng đa thức nghiệm Q là duy nhất

Lời giải Ta chứng minh rằngQ(x) = 8x2−8x+1 = T2(2x−1)trong đóT2(z) = 2z2−1

là đa thức Chebychev loại 1 Giả sử rằng p(x) = ax2+ bx + c ∈ M∗2. Vì

p(x) = (2x − 1)(x − 1)p(0) − 4x(x − 1)p

1 2

p



k 2



|f (x)|66M + 24M ( |x(1 − x)| − x(1 − x)) (1.11)

Lời giải Nhận xét rằng, nếu p(x) := f (x)

6M = ax

2 + bx + c , thì ta cần chứng minhrằng từ điều kiện 6px(1 − x) |p(x)|61, ∀x ∈ [0, 1], suy ra

Ký hiệu J = [0, x1) ∪ (x3, 1], ω(x) = (x − x1)(x − x2)(x − x3). Khi đó với x ∈ J, ta có

p∗(x)

Chương 2 Các tính chất của đa thức bậc ba

Trong phần này ta khảo sát phương trình bậc ba với hệ số thực

ax3+ bx2+ cx + d = 0 (a 6= 0).

Trước hết, ta xét các trường hợp đặc biệt

Bài toán 2.1 Giải phương trình

ax3+ bx2+ cx + d = 0 (a 6= 0) (2.1)biết x = x0 là một nghiệm của phương trình

Lời giải Vì x0 là một nghiệm của phương trình (2.1) nên

Nếu ∆ < 0 thì phương trình (2.2) vô nghiệm và như vậy thì phương trình (2.1) cónghiệm duy nhất x = x 0.

Nếu ∆ ≥ 0 thì phương trình (2.2) có hai nghiệm

x = 12



a + 1a

có nghiệm

x = 12



a + 1a



.

Ta chứng minh rằng phương trình (2.3) có nghiệm duy nhất

Giả sử phương trình (2.3) có nghiệm x 0 thì x 0 6∈ [−1; 1] Do đó |x 0 | > 1 Khi đó(2.3) có dạng

Ta có ∆0 = 12 − 12x20 < 0 và vì vậy phương trình (2.5) vô nghiệm

Vậy phương trình (2.4) có một nghiệm duy nhất là

x = 12

Thật vậy, với x > x0 thì 4x3+ 3x > 4x30 + 3x0 = m và với x < x0 thì 4x3+ 3x < 4x30+ 3x 0 = m Do đó phương trình (2.6) có không quá một nghiệm

Đặt

x = 12



a − 1a



a − 1a



= 12

q3

m +pm 2 + 1 + 3

q

m −pm 2 + 1.

Bài toán 2.5 Giải và biện luận phương trình

q.Nếu p > 0 thì ta đưa phương trình về dạng Bài toán 2.2 hoặc Bài toán 2.3 bằngcách đặt y = 2

qp

3x ta thu được phương trình dạng

4x3− 3x = m, m = 3

√ 3q 2p √

p. (2.9)Nếu |m| ≤ 1 thì ta đặt m = cos α và phương trình (2.7) có 3 nghiệm



d3+ 1

d 3

thì phương trình có nghiệm duy nhất

x = 12



d +1d



= 12

1 2

Bài toán 2.6 Giải phương trình

Định lý 2.1 (Rolle đối với đa thức bậc ba) Nếu đa thức bậc ba P (x) có các nghiệmđều thực thì đa thức đạo hàm P0(x) của nó cũng có hai nghiệm thực

Chứng minh Nếu đa thức bậc ba P (x) có 3 nghiệm thực phân biệt thì hiển nhiêntheo Định lý Rolle, đa thức đạo hàm P0(x) có hai nghiệm phân biệt

Xét trường hợp P (x) có 1 nghiệm bội 3, P (x) = a0(x − x0)3 thì P0(x) = 3(x − x0)2

2.2.2 Định lý về nghiệm của nguyên hàm đối với đa thức bậc ba

Trước hết, ta viết phương trình bậc ba tổng quát

a0x3+ b0x2+ c0x + d0 = 0, a06= 0 (2.10)dưới dạng

4x3− 3ax2+ 2bx − c = 0, (2.11)trong đó

a = −4b03a0, b =

2c0

a0 , c = −

4d0

a0 .

Về sau, ta khảo sát các tính chất nghiệm của phương trình (2.11) là đủ

Định lý 2.2 (Định lý về nghiệm của nguyên hàm đối với đa thức bậc 3)

Đa thức bậc 3 với hệ số thực f (x) = 4x3− 3ax 2 + 2bx − c có các nghiệm đều thực khi

Suy ra F (x) có bốn nghiệm thực là α, β, γ, δ Theo Định lý Rolle thì f (x) = F0(x) có

ba nghiệm thực

(ii) Điều kiện cần Giả sử đa thức bậc ba f (x) có ba nghiệm thực Ta chứng minhrằng tồn tại đa thức bậc 4 có bốn nghiệm thực là nguyên hàm của f (x), tức là

F (x) = (x − α)(x − β)(x − γ)(x − δ), F0(x) = f (x).

Thật vậy, ta xét ba trường hợp sau đây

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

có 2 nghiệm phân biệt, trong đó x = 0

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

3x1 Khi đó chọn α = β = γ = 0, δ = 4

3x1.Trong trường hợp tổng quát, nếu f (x) có nghiệm kép (bội bậc hai) là x0, nghiệmcòn lại là x1 thì ta thu được α = β = γ = x0, δ = x0+4

3x1 ta thu được (2.12)

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

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

Do đó phương trình bậc hai tương ứng có 2 nghiệm là x3, x4.

Vậy F (x) có 4 nghiệm là

x1= x2 = 0 (α = β = 0), x3= γ, x4 = δ.

Ví dụ 2.1 Xét F0(x) = x(x2− 1)(x − 2) thì f (x) = F00(x) = 2(2x3− 3x 2 − x + 1) có 3nghiệm thực

Ví dụ 2.2 Với f (x) = 4x3 thì F0(x) = x4 có 4 nghiệm thực trùng nhau

Ví dụ 2.3 Với f (x) = 4x2(x − 3) thì F0(x) = x4− 4x 3 có 4 nghiệm thực (1 nghiệmđơn và 1 nghiệm bội 3)

Ví dụ 2.4 Với f (x) = 4x(x2− 1) thì F 0 (x) = x4− 2x2 có 4 nghiệm thực (1 nghiệmkép và 2 nghiệm đơn)

Ví dụ 2.5 Cho α = 1, β = −1, γ = 2, δ = 4 thay vào công thức (2.12), ta thu được

2.3 Đa thức đối xứng ba biến

Đa thức F (x, y, z) với bộ 3 biến thực x, y, z được hiểu là hàm số có dạng

Định lý 2.3 ([2]) Mọi đa thức đối xứng F (x, y, z) đều viết được dưới dạng đa thức

3 biến theo các biến là các đa thức đối xứng Vieete H(s, p, q) với

s = x + y + z, p = xy + yz + zx, q = xyz.

Chứng minh Nhận xét rằng với mỗi bộ chỉ số (i, j, k) cố định thì các hệ số tươngứng với xνyµzθ với mọi hoán vị (ν, µ, θ) của (i, j, k) đều như nhau Vì vậy ta chỉ cầnchứng minh định lý cho trường hợp đa thức dạng

ứng với i = 0, j = k = n cũng biểu diễn được theo

s0= xy + yz + zx = p, p0= (xy)(yz) + (yz)(zx) + (zx)(xy) = sq, (xy)(yz)(zx) = q2.

Xét trường hợp i = 0, j = m > k = n Ta có

T m,n (x, y, z) = xn(ym+ zm) + yn(zm+ xm) + zn(xm+ ym)

viết được dưới dạng

T m,n (x, y, z) = T n S m−n qm−nT 2n

Vậy Tm,n(x, y, z) biểu diễn được qua s, p, q

Xét trường hợp i 6= j 6= k 6= i Không mất tính tổng quát có thể coi 0 < i < j < k

Ta có

M (x, y, z) = xiyjzk+ xiykzj+ xjyizk+ xjykzi+ xkyizj+ xkyjzi=

= qi[Sk−jT j−i − qk−jTk+2j−i.

Vậy định lý được chứng minh

Bài toán 2.7 Giả sử phương trình

Bài toán 2.8 Chứng minh rằng phương trình x3− 2017x2+ 20172x − 2017 = 0 khôngthể có ba nghiệm đều không âm.

Lời giải hoàn toàn tương tự như Bài toán 2.7

Bài toán 2.9 Chứng minh rằng không tồn tại đa thức nguyên f (x) (f (x) 6≡ 0) saocho với 3 số nguyên a, b, c phân biệt xảy ra hệ thức

b − c

a − b

... (Rolle đa thức bậc bốn) Nếu đa thức bậc bốn P (x) có cácnghiệm thực đa thức đạo hàm P0(x) có ba nghiệm thực

Chứng minh Nếu đa thức. .. .

Về sau, ta khảo sát tính chất nghiệm phương trình (2.11) đủ

Định lý 2.2 (Định lý nghiệm nguyên hàm đa thức bậc 3)

Đa thức bậc 3 với... Giải phương trình< /p>

Định lý 2.1 (Rolle đa thức bậc ba) Nếu đa thức bậc ba P (x) có nghiệm? ?ều thực đa thức đạo hàm P0(x) có hai nghiệm