Định lý rolle, quy tắc dấu descartes và ứng dụng

Những kết quả đầu tiên theo hướng này là của Descartes về quy tắc dấu để xác định số nghiệm âm, dương của một đa thức thực dựa vào sự phân bố dấu của dãy các hệ số của đa thức đã cho.. Ứ

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

NGUYỄN THỊ THANH DIỆU

ĐỊNH LÝ ROLLE, QUY TẮC DẤU DESCARTES

VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng – Năm 2015

NGUYỄN THỊ THANH DIỆU

ĐỊNH LÝ ROLLE, QUY TẮC DẤU DESCARTES

VÀ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp

Mã số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Người hướng dẫn khoa học: TS PHAN ĐỨC TUẤN

Đà Nẵng – Năm 2015

Tôi xin cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi

Các số liệu, kết quả nêu trong luận văn là trung thực và chưa từng được ai công bố trong bất kì công trình nào khác

Tác giả luận văn

Nguyễn Thị Thanh Diệu

MỞ ĐẦU 1

1 Tính cấp thiết của đề tài 1

2 Mục tiêu nghiên cứu của đề tài 2

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu 2

4 Phương pháp nghiên cứu 2

5 Bố cục đề tài 2

6 Tổng quan tài liệu nghiên cứu 2

CHƯƠNG 1: ĐỊNH LÝ ROLLE VÀ QUY TẮC DẤU DESCARTES 3

1.1 CÁC KHÁI NIỆM VỀ SỰ ĐỔI DẤU CỦA DÃY 3

1.2 CÁC TÍNH CHẤT VỀ SỰ ĐỔI DẤU CỦA DÃY VÀ HÀM 4

1.3 ĐỊNH LÝ ROLLE VÀ CÁC HỆ QUẢ 14

1.4 QUY TẮC DẤU DESCARTES 21

CHƯƠNG 2: NHỮNG ÁP DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ ROLLE VÀ QUY TẮC DẤU DESCARTES 23

2.1 ƯỚC LƯỢNG SỐ KHÔNG ĐIỂM CỦA ĐA THỨC, CHỨNG MINH PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM 23

2.1.1 Sử dụng quy tắc dấu Descartes 23

2.1.2 Sử dụng định lý Rolle 35

2.2 GIẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƯƠNG TRÌNH 45

2.3 CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC 52

2.4 MỘT SỐ ỨNG DỤNG KHÁC 56

KẾT LUẬN 63

TÀI LIỆU THAM KHẢO 65 QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI (bản sao)

MỞ ĐẦU

1 Tính cấp thiết của đề tài

Đa thức và các bài toán liên quan luôn đóng vai trò quan trọng trong toán học không những như là một đối tượng nghiên cứu trọng tâm của đại số

mà còn là một công cụ đắc lực của giải tích trong lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết nội suy, lý thuyết biểu diễn, tối ưu Đặc biệt bài toán khảo sát số nghiệm thực của đa thức với các hệ số thực là vấn đề được quan tâm của nhiều thế hệ các nhà toán học Những kết quả đầu tiên theo hướng này là của Descartes về quy tắc dấu để xác định số nghiệm âm, dương của một đa thức thực dựa vào

sự phân bố dấu của dãy các hệ số của đa thức đã cho

Bên cạnh đó Định lý Rolle và một số mở rộng (Định lý Lagrange, Định

lý Cauchy) là các định lý quan trọng về giá trị trung bình trong chương trình giải tích cổ điển Ứng dụng của các định lý này trong chương trình toán trung học phổ thông rất đa dạng và phong phú, đặc biệt là các dạng toán về giải phương trình, biện luận số nghiệm của phương trình trên một khoảng, chứng

Với những lý do trên và qua khả năng tìm hiểu, nghiên cứu chúng tôi

lựa chọn đề tài: “Định lý Rolle, quy tắc dấu Descartes và ứng dụng” làm luận

văn tốt nghiệp bậc cao học của mình

2 Mục tiêu nghiên cứu của đề tài

Mục tiêu của đề tài là nhằm giúp người đọc hiểu được nội dung, tính chất liên quan đến định lý Rolle, quy tắc dấu Descartes và một số phương

pháp để xác định số nghiệm âm, dương của một đa thức

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu của đề tài là các đa thức với dãy các hệ số thực Phạm

vi nghiên cứu của đề tài là định lý Rolle, quy tắc dấu Descartes và ứng dụng

4 Phương pháp nghiên cứu

Thu thập các bài báo khoa học và tài liệu của các tác giả nghiên cứu liên quan đến định lý Rolle và quy tắc dấu Descartes

Tham gia các buổi seminar của thầy hướng dẫn để trao đổi các kết quả đang nghiên cứu

5 Bố cục đề tài

Luận văn được chia thành hai chương:

Ở chương 1 giới thiệu các khái niệm, các tính chất về sự đổi dấu và vị trí đổi dấu của dãy, trình bày định lý Rolle, quy tắc dấu Descartes

Đến chương 2 trình bày các bài toán liên quan đến định lý Rolle và quy tắc dấu Descartes

6 Tổng quan tài liệu nghiên cứu

Tổng quan các kết quả của các tác giả đã nghiên cứu liên quan đến định

lý Rolle, quy tắc dấu Descartes và ứng dụng thực tế qua các ví dụ, bài tập áp dụng, nhằm xây dựng một tài liệu tham khảo cho những ai muốn nghiên cứu

về định lý Rolle và quy tắc dấu Descartes

Chứng minh chi tiết các định lí và làm rõ một số tính chất, cũng như đưa ra một số ví dụ minh họa nhằm làm cho người đọc dễ dàng tiếp cận vấn

đề được đề cập

CHƯƠNG 1 ĐỊNH LÝ ROLLE VÀ QUY TẮC DẤU DESCARTES

1.1 CÁC KHÁI NIỆM VỀ SỰ ĐỔI DẤU CỦA DÃY

Trong luận văn này, khi nói đến các đa thức, chuỗi luỹ thừa hay dãy số ta đều xét chúng là các số thực Tiếp đó, nếu không nói ngược lại, các hàm được đưa vào đều giả thiết là giải tích trong các khoảng đã nêu Tuy nhiên các định

lý được khẳng định chỉ cần thay đổi không lớn lắm hoặc thậm chí hoàn toàn không cần một sự thay đổi nào khi thay giả thiết này bằng giả thiết yếu hơn, chẳng hạn với đòi hỏi tồn tại đạo hàm đến một cấp nào đó Khắp nơi về sau, các không điểm được tính theo bội của nó

Và để thuận tiện cho việc lập luận, ta quy ước số 0 là số chẵn

Ta cần xét một số khái niệm sau:

Định nghĩa 1.1 [7] Không điểm của hàm số y f x( ) là điểm x0 mà ở

Định nghĩa 1.3 [7] Hàm ( )f x được gọi là duy trì dấu trong khoảng

( ; )a b nếu ( ) f x 0,  x ( ; )a b hoặc ( )f x 0,  x ( ; ).a b

Giả sử khoảng ( ; )a b đƣợc chia thành Z 1 khoảng con sao cho:

a ( )f x không đồng nhất triệt tiêu trong khoảng con nào đó

b Trong mỗi khoảng con ( )f x duy trì dấu

c Trong hai khoảng con kề nhau ( )f x có dấu ngƣợc nhau

Khi đó ta nói rằng trong khoảng ( ; )a b hàm ( ) f x có Z lần đổi dấu

Nhận xét 1.1 Khi vƣợt qua không điểm bậc lẻ, hàm giải tích bị thay đổi

dấu còn khi vƣợt qua không điểm bậc chẵn thì không đổi dấu

Định nghĩa 1.4 [7] Ta gọi sự đổi dấu và vị trí đổi dấu của đa thức

Tính chất 1.3 [7] Khi gạch bỏ các số hạng của dãy, số vị trí đổi dấu

không tăng thêm

Chứng minh: Cho dãy a a0, , ,1 a n vô hạn hoặc hữu hạn Rõ ràng nếu gạch bỏ a thì số vị trí đổi dấu không tăng thêm 0

Giả sử ta gạch bỏ a m Khi đó:

i Nếu m không phải là vị trí đổi dấu thì hiển nhiên số vị trí đổi dấu

không thay đổi

ii Nếu m là vị trí đổi dấu, theo Tính chất 1.1 có thể giả thiết a m1 0 Khi đó:

1 Nếu a a m m1 0 thì số vị trí đổi dấu không thay đổi

2 Nếu a a m m10 thì số vị trí đổi dấu giảm đi 1

Vậy trong mọi trường hợp, khi gạch bỏ một số hạng của dãy thì số vị trí đổi dấu của dãy không tăng thêm

Tính chất 1.4 [7] Khi đặt vào giữa các số hạng của dãy một số lượng

tùy ý các số hạng bằng 0, số vị trí đổi dấu của dãy vẫn không thay đổi

Tính chất 1.5 [7] Số vị trí đổi dấu của dãy sẽ không thay đổi nếu bên

cạnh một số hạng nào đó của dãy, ta đặt một số hạng mới có cùng dấu với số hạng đó

Chứng minh: Xét hai dãy

iii sgn a( k1a k)sgn a( k1)

Trong cả ba trường hợp, theo Tính chất 1.4 và Tính chất 1.5 thì số vị trí đổi dấu của dãy (1.2) không lớn hơn số vị trí đổi dấu của dãy (1.1)

Lập luận trên chứng tỏ rằng nếu xen kẽ giữa hai số hạng của một dãy một số hạng mới bằng tổng của hai số hạng đó thì số vị trí đổi dấu không tăng thêm Vậy dãy a a0, 1a a a0, ,1 2 a a1, 2, ,a n a n1,a n, có số vị trí đổi dấu không nhiều hơn số vị trí đổi dấu của dãy (1.1)

Tính chất 1.8 [7] Nếu dãy vô hạn a a a0, ,1 2, ,a n, chỉ có một số hữu hạn W vị trí đổi dấu thì dãy tạo nên nhờ dãy đã cho:

Chứng minh: Theo Tính chất 1.6, số vị trí đổi dấu không tăng thêm khi

từ trên xuống dưới

Ta thấy hàng thứ n của bảng trên trùng với dãy mà ta quan tâm cho đến

số hạng thứ n Vì vậy trong n số hạng này số vị trí đổi dấu không thể lớn

Vậy phương trình ( ) ( )f x  x 0 cũng có N không điểm

Tính chất 1.10 [7] Cho hàm ( ) f x liên tục trên khoảng  a b , và ,, a b

không là không điểm của hàm ( )f x Khi đó

i Nếu ( ) ( )f a f b 0 thì ( )f x chứa một số lẻ các không điểm trên

b Nếu a j1 trái dấu với a thì giữ lại j a j1

c Nếu xảy ra a j1 = 0 hoặc a j1 cùng dấu với a thì loại bỏ j a j1

d Tiếp tục quá trình nhƣ vậy, ta đƣợc một dãy mới đan dấu nhƣ sau:

0, , , ,1 2 m

(khi đó b m cùng dấu với a k)

- Nếu b0 và b m cùng dấu thì rõ ràng số vị trí đổi dấu của dãy b0, ,b m là

một số chẵn

- Nếu b0 và b m trái dấu thì rõ ràng số vị trí đổi dấu của dãy là một số lẻ

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Tính chất 1.12 [7] Nếu j1 và k1 là những vị trí đổi dấu kề nhau của dãy a a a0, ,1 2 thì dãy các hiệu số a j1a a j, j2 a j1, ,a k a k1,a k1a k

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

Chứng minh: Theo giả thiết thì

Do đó a j1a j và a k1a k trái dấu nhau Theo Tính chất 1.11 ta có

ngay điều phải chứng minh

sẽ có ít nhất một vị trí đổi dấu (theo Tính chất 1.12)

Vì thế dãy chúng ta quan tâm có ít nhất W 1 vị trí đổi dấu

Tính chất 1.14 [7] Nếu dãy hữu hạn

đều bổ sung thêm cho các vị trí một vị trí đổi dấu

Thật vậy, giả sử a là số hạng đầu tiên khác 0 của dãy Khi đó 0  k1

vị trí đổi dấu nhƣ nhau

Chứng minh: Dễ dàng chứng minh dựa vào Tính chất 1.6 Thật vậy, vì

Tính chất 1.16 [7] Giả sử dãy vô hạn a a a0, ,1 2, ,a n, có W vị trí đổi dấu Khi đó dãy

  thì thậm chí dãy đã nêu có cực tiểu là W 1 vị trí đổi dấu

Chứng minh: Theo Tính chất 1.6 thì hai dãy

có ít nhất W 1 vị trí đổi dấu Đây là điều cần chứng minh

Tính chất 1.17 [7] Nếu dãy a a a0, ,1 2, ,a n, có W vị trí đổi dấu thì dãy a a0, 0 a a1, 0  a1 a2, ,a0  a1 a2   a n, có không quá W vị trí đổi dấu

có số vị trí đổi dấu lớn hơn W

Chứng minh: Thay x bởi ax ta thu đƣợc

tăng thêm ít nhất một vị trí đổi dấu Vậy, ( )g ax có số vị trí đổi dấu tăng thêm

ít nhất 1, mà ( )g x và ( g ax có cùng vị trí đổi dấu (Tính chất 1.15) nên từ đó )

ta suy ra điều phải chứng minh

Tính chất 1.20 [7] Giả sử chuổi lũy thừa

có số vị trí đổi dấu không thể tăng thêm

Chứng minh: Xét chuỗi lũy thừa

1.3 ĐỊNH LÝ ROLLE VÀ CÁC HỆ QUẢ

Cơ sở của định lý Rolle dựa vào hai định lý cơ bản nhất của Weierstrass

đối với hàm liên tục khẳng định rằng khi f liên tục trên đoạn [ ; ]a b thì nó

phải đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn đó và định lý Fermat về điểm cực trị của hàm khả vi khẳng định rằng nếu hàm ( )g x liên tục trên đoạn

[ ; ]a b , khả vi trong ( ; ) a b đạt cực trị (cực đại hoặc cực tiểu) tại một điểm trong

khoảng đó thì đạo hàm tại điểm đó bằng 0

Định lý 1.1 [2] (Định lý Rolle) Giả sử f là hàm liên tục trên đoạn

[ ; ]a b và có đạo hàm tại mọi x( ; )a b Nếu ( )f a  f b( ) thì tồn tại ít nhất một điểm c( ; )a b sao cho f c( )0

Chứng minh: Vì f liên tục trên đoạn [ ; ]a b nên theo định lý Weierstrass

hàm f phải đạt giá trị cực đại và giá trị cực tiểu trên đoạn [ ; ] a b , tức là tồn tại

các điểm x x1, 2( ; )a b sao cho

1 [ ; ]

Có hai khả năng xảy ra:

- mM Khi ấy ( )f x const trên đoạn [ ; ]a b , do đó f x( )0,

( ; )

  và c là điểm bất kì trên khoảng đó

- mM Khi đó vì điều kiện ( )f a  f b( ) nên ít nhất một trong hai điểm x x1, 2 sẽ không trùng với các đầu mút của đoạn [ ; ]a b Giả sử x1( ; )a b , theo Định lý Fermat thì đạo hàm bằng 0 tại điểm này

Định lý đã đƣợc chứng minh xong

Nhận xét 1.2

1 Định lý Rolle sẽ không còn đúng nếu trong khoảng ( ; )a b có điểm c

mà tại đó f c( ) không tồn tại Chẳng hạn, xét hàm f x( ) 2 3 x2 , [ 1;1]

x  Dễ thấy f x thoả mãn các điều kiện: ( ) f x liên tục trên ( 1;1)( ) 

và f( 1)  f(1) Ta xét đạo hàm

3

2( )

2 Điều kiện liên tục trên đoạn [ ; ]a b đối với hàm ( ) f x cũng không thể

thay đổi bởi điều kiện ( )f x liên tục trên khoảng ( ; ) a b Chẳng hạn, xét hàm

c a b mà tiếp tuyến tại đó song song với trục hoành Ox

Hệ quả 1.1 Nếu hàm số ( )f x có đạo hàm trên khoảng ( ; ) a b và phương

trình f x( )0 có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( ; ) a b thì phương trình

( ) 0

f x  có ít nhất n1 nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( ; )a b (Phương

trình f( )k ( )x 0 có ít nhất nk nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( ; )a b , với 1,2,3, ,

Chứng minh: Giả sử phương trình f x( )0 có n nghiệm phân biệt

thuộc khoảng ( ; )a b đã được sắp thứ tự x1x2   x n Khi đó áp dụng định

lý Rolle cho n1 đoạn [ ;x x1 2],[ ;x x2 3], ,[x n1;x n] thì phương trình f x( )0

có ít nhất n1 nghiệm thuộc n1 khoảng ( ;x x1 2),( ;x x2 3), ,(x n1;x n) Gọi 1

n nghiệm đó là  1, 2, ,n1 thì ta có

( ) ( ) ( n ) 0

Tiếp tục áp dụng định lý Rolle cho n2 khoảng ( ; 1 2), ,(n2;n1) thì phương trình f( )x 0 có ít nhất n2 nghiệm trên khoảng ( ; )a b

Tiếp tục lý luận trên, sau k bước phương trình f( )k ( )x 0 có ít nhất

nk nghiệm phân biệt trên khoảng ( ; )a b

Nhận xét 1.3

- Kết quả trên vẫn đúng nếu thay khoảng ( ; )a b bởi các nửa khoảng

( ; ]a b , [ ; ) a b hay đoạn [ ; ]a b hoặc chỉ là một điểm  x 1

- Nếu hàm ( )f x là đa thức bậc n và có n nghiệm thực thì f x( ) có 1

n nghiệm thực

Hệ quả 1.2 Giả sử hàm số ( )f x liên tục trên đoạn [ ; ]a b và có đạo hàm

trên khoảng ( ; )a b Khi đó nếu phương trình f x( )0 có không quá n1nghiệm phân biệt trên ( ; )a b thì phương trình ( ) 0 f x  có không quá n nghiệm phân biệt trên khoảng đó

Chứng minh: Giả sử phương trình f x( )0 có nhiều hơn n nghiệm

phân biệt trên khoảng ( ; )a b , chẳng hạn là n1 nghiệm, thế thì theo Hệ quả 1.1 phương trình f x( )0 có ít nhất n nghiệm thuộc khoảng ( ; ) a b Điều này trái với giả thiết Vậy phương trình ( )f x 0 có không quá n nghiệm trên

khoảng ( ; )a b

Hệ quả 1.3 Nếu ( ) 0

x lim f x

  thì f x( ) có số lượng các không điểm trong khoảng ( ;a ) không ít hơn so với ( )f x trên khoảng ấy Kết quả vẫn

đúng nếu thay  bởi 

Chứng minh: Nếu trong khoảng ( ; a ), f x có số các không điểm là ( )

vô hạn Khi đó theo Định lý Rolle ta suy ra số các không điểm của f x( )trong khoảng ấy cũng vô hạn

Giả sử trong ( ;a ) hàm f x có số không điểm là hữu hạn và ( ) x m là không điểm cuối cùng của hàm ( )f x trong khoảng ấy Khi đó theo Hệ quả

1.1, trong nửa khoảng a x x m hàm f x( ) có ít hơn ( )f x tối đa một không

nên f x( ) không thể giữ một dấu cố định trong khoảng (x m;)

Vậy trên khoảng ( ;a ) hàm số f x( ) có số các không điểm không ít hơn so với hàm số ( )f x

Chứng minh tương tự trong khoảng (; )a

Hệ quả 1.4 Giả sử hàm ( )f x có N không điểm trong (0;) Khi đó hàm

   nên ( )g x cũng có N không điểm trong khoảng đó

Theo Hệ quả 1.1 thì trong khoảng ( ;a ) hàm số

  có ít nhất là N không điểm trên khoảng ( ; a ).

Định lý 1.2 [5] Giả sử f là hàm liên tục trên [ ; a ), có đạo hàm trên ( ;a ) và ( ) ( )

Giả sử tồn tại ba sao cho f b( ) f a( ), chẳng hạn f b( ) f a( ) Gọi

 là một số thực bất kỳ thuộc ( ( ); ( ))f a f b Tồn tại ( ; )a b sao cho ( )

f    Vì ( ) ( )

x lim f x f a

    nên tồn tại db sao cho f d( )  Do ( )

f x liên tục trên [ ; a ) nên tồn tại ( ; )b d sao cho ( )f     f( ) Do

đó theo Định lý Rolle, tồn tại c  ( ; ) sao cho f c( )0

Định lý 1.3 [2] Cho hàm số y f x( ) liên tục trên đoạn [ ; ]a b và ( ) F x

là một nguyên hàm của ( )f x trong đoạn đó Nếu tồn tại các số thực

1, 2 [ ; ]

x x  a b với x1 x2 sao cho F x( )1 F x( )2 thì phương trình ( )f x 0 có nghiệm trong đoạn [ ;x x1 2] (hay có nghiệm trong đoạn [ ; ]a b )

Chứng minh: Giả sử phương trình ( ) f x 0 vô nghiệm trên đoạn [ ;x x1 2]

Vì ( )f x liên tục nên suy ra f x( )  0, x [ ;x x1 2] hoặc f x( )  0, x [ ;x x1 2]

Nếu f x( )  0, x [ ;x x1 2] thì hàm số F x đồng biến trên đoạn ( ) [ ;x x1 2]

Vậy phương trình ( )f x 0 có nghiệm trong đoạn [ ;x x1 2]

Định lý 1.4 [2] (Định lý Lagrange) Giả sử f là hàm liên tục trên đoạn

[ ; ]a b và có đạo hàm tại mọi điểm trong khoảng ( ; ) a b Khi đó tồn tại ít nhất

một điểm c ( ; ) a b sao cho

Rõ ràng hàm F x liên tục trên đoạn ( ) [ ; ]a b , có đạo hàm trong khoảng

( ; )a b và F a( )F b( ), do đó theo Định lý Rolle tồn tại c( ; )a b sao cho ( ) 0

F c 

Từ (1.5) ta có F x( ) f x( ), do đó

( ) 0 ( ) 0 ( )

F c   f c    f c  Thay giá trị  từ (1.7) vào ta có

( ) ( )( ) f b f a

( ) ( ) ( )( )

f b  f a  f c b a Công thức (1.5) được gọi là công thức số gia Lagrange

Nhận xét 1.4:

- Ta đã thu được định lý Lagrange như là một hệ quả của Định lý Rolle Thế nhưng chính Định lý Rolle (về dạng biểu thức) lại là một trường hợp riêng của Định lý Lagrange (ứng với giả thiết ( )f a  f b( ))

- Ý nghĩa hình học: Nếu hàm ( )f x thoả mãn đầy đủ các điều kiện của

Định lý Lagrange thì trên đồ thị của hàm số y f x( ) phải tồn tại ít nhất một điểm M c f c sao cho tiếp tuyến với đồ thị tại điểm đó song song với dây ( ; ( ))cung AB , ở đó ( ; ( )) A a f a và ( ; ( ))B b f b

Định lý 1.5 [2] (Định lý Cauchy) Giả sử f , g liên tục trên đoạn [ ; ] a b

và có đạo hàm tại mọi điểm trong khoảng ( ; )a b , ngoài ra g x( )0 với mọi ( ; )

x a b Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c( ; )a b sao cho

Chứng minh: Trước khi chứng minh định lý ta nhận xét rằng công thức

(1.8) luôn có nghĩa, tức là ( )g b  g a( ) Thật vậy, nếu ( )g b  g a( ) thì hàm số ( )

g x thoả mãn các điều kiện của định lý Rolle và do đó tồn tại c( ; )a b sao cho g c( )0, nhưng điều này lại trái với giả thiết ( ) 0g x  ,  x ( ; )a b Bây giờ ta xét hàm phụ

( ) ( )

.( ) ( )

Hàm F x thoả mãn mọi điều kiện của định lý Rolle, do đó ( )  c ( ; )a b

sao cho F c( )0 Mặt khác từ (1.8) ta có F x( ) f x( ) g x( ) nên

Nhận xét 1.5 Định lý Lagrange là trường hợp riêng của Định lý Cauchy

với giả thiết ( )g x x

1.4 QUY TẮC DẤU DESCARTES

Việc tìm ra mối liên hệ giữa số vị trí đổi dấu của đa thức và số không điểm của nó là một kết quả cực kì lý thú Kết quả đó sẽ giúp chúng ta ước lượng được số nghiệm của đa thức, đặc biệt là những đa thức bậc cao khi mà bằng phương pháp thông thường chúng ta khó có thể ước lượng được số nghiệm của nó Quy tắc dấu Descartes sẽ giúp chúng ta giải quyết vấn đề này

Định lý 1.6 [2] (Quy tắc dấu Descartes) Giả sử N là số không điểm

dương của đa thức

trong đó ( )Q x là một đa thức bậc nN với các hệ số thực

và đó là điều phải chứng minh

ii Giả sử a là hệ số khác 0 đầu tiên của đa thức và a là hệ số khác 0 cuối cùng của đa thức ( )P x thì khi đó a 

CHƯƠNG 2 NHỮNG ÁP DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ ROLLE

VÀ QUY TẮC DẤU DESCARTES

2.1 ƯỚC LƯỢNG SỐ KHÔNG ĐIỂM CỦA ĐA THỨC, CHỨNG MINH PHƯƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM

2.1.1 Sử dụng quy tắc dấu Descartes

Chúng ta sử dụng quy tắc dấu Descartes để xét số nghiệm dương của đa thức

1

f x a x a x   a xa

thông qua số lần đổi dấu của dãy các hệ số của đa thức Từ đó, muốn xác định

số không điểm âm của đa thức thì ta đặt ( )g x  f(x), khi đó số không điểm

âm của đa thức ( )f x chính là số không điểm dương của đa thức ( ) g x

Đồng thời chúng ta cũng khảo sát một số kết quả về số không điểm của

đa thức trên một khoảng hoặc nửa khoảng nào đó

Chẳng hạn, để xét số không điểm của đa thức

t

x

 ,   x ( 1;1) Vậy hàm số t là đồng biến trong khoảng ( 1;1) và có tập giá trị là (0;) Vì vậy, với mỗi t(0;) luôn tìm được duy nhất một giá trị ( 1;1)

x  Ta có

t x t

được số không điểm x ( 1;1) của đa thức ( )f x

Tương tự ta có thể xét số không điểm của đa thức

1

f x a x a x   a xa

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

Cũng vậy, để xét số không điểm của đa thức ( )f x trên khoảng ( ; ) a b

tuỳ ý, ta thực hiện phép đổi biến

Để xét số không điểm của đa thức

0

( )

n k k k



 , trên (a;) ta tiến hành thực hiện phép đổi biến x a t thì t(0;) và dẫn đến xét không điểm dương của đa thức

có đúng hai nghiệm dương

Giải: Xét dãy dấu các hệ số là:

có đúng hai nghiệm dương và ít nhất một nghiệm âm

Giải: Xét dãy dấu các hệ số là:

1, 2, 8, 1, 9, 1

     

Nhận thấy W2 Gọi số không điểm dương của ( )f x là N Ta có

Do đó ( )f x có đúng hai nghiệm dương

Để khảo sát số nghiệm âm, ta xét đa thức

đa thức ( )f x có ít nhất một nghiệm âm

Vậy đa thức đã cho có đúng hai nghiệm dương và một nghiệm âm

Do đó ( )f x có đúng hai nghiệm dương trong khoảng (0;1)

Ví dụ 2.4 Xác định số nghiệm của đa thức

f x x  x  x  x  x , trên khoảng ( 1;1)

Giải: Ta dùng phép đổi biến phân tuyến tính

1

01

t

x

 ,  x (0;1) Vậy hàm số t là đồng biến trong khoảng ( 1;1) và có tập giá trị là (0;) Vì vậy, với mỗi t(0;) luôn tìm được duy nhất một giá trị ( 1;1)

x  Ta có

11

t x t

Để xét số nghiệm x ( 1;1) của hàm f x ta đi xét số nghiệm dương ( )của hàm

Do đó ( )g t có đúng một nghiệm dương trong khoảng (0;)

Vậy đa thức đã cho có một nghiệm x ( 1;1)

Ví dụ 2.5 Xác định số nghiệm của đa thức

f x x  x  x  x , trên khoảng (0;2)

Giải: Để xét nghiệm của đa thức đã cho ta thực hiện phép đổi biến

 N 0 hoặc N2 Nhận thấy ( )h z có một nghiệm bằng 0 nên suy ra N 2

Do đó đa thức đã cho có 2 nghiệm trên (0;2)