LUẬN VĂN Một số tính chất của đa thức

LUẬN VĂN Một số tính chất của đa thức Trong toán học, đa thức trên một vành (hoặc trường) K là một biểu thức dưới dạng tổng đại số của...

TRƯỜNG………

LUẬN VĂN

Một số tính chất của đa thức

Mục lục

1.1 Một số tính chất cơ bản của đa thức 41.2 Các định lý dạng Viète 81.3 Định lý về số nghiệm thực của đa thức nguyên hàm 14

2.1 Nhận xét về nguyên hàm của một số đa thức dạng đặc biệt 572.2 Một số bài toán về khảo sát số nghiệm thực của đa thức nguyên hàm 722.3 Một số bất đẳng thức liên quan đến nguyên hàm cấp hai 82

Kết luận 88 Tài liệu tham khảo 90

Lời nói đầu

Đa thức và các tính chất liên quan đến nó luôn đóng vai trò quan trọng trongđại số và giải tích Đặc biệt, sau khi định lý cơ bản của đại số (do Gauss chứng minh)khẳng định rằng mọi đa thức trên trường số phức (khác hằng số) luôn có ít nhất mộtnghiệm thực hoặc phức, thì bài toán khảo sát số nghiệm thực của đa thức với hệ sốthực là vấn đề được quan tâm hàng đầu của nhiều thế hệ các nhà toán học Nhữngkết quả đầu tiên theo hướng này là của Descartes về quy tắc dấu (thường được gọi

là quy tắc dấu Descartes) để xác định số nghiệm dương của một đa thức thực dựavào sự phân bố dấu của dãy các hệ số của đa thức đã cho Tiếp theo là các khảo sátkhác nhau về số nghiệm của đa thức trong một khoảng cho trước và các công thứcbiểu diễn đa thức theo các tính chất của chúng Nhờ công cụ giải tích, đặc biệt làđịnh lý Lagrange và bổ đề Rolle, việc khảo sát số nghiệm thực của các đa thức đạohàm (đạo hàm của một đa thức thực) được tiến hành dễ dàng hơn Đó là, khi đa thức

P (x) ∈ R[x] có k nghiệm thực thì đa thức P0(x) sẽ có ít nhất k − 1 nghiệm thực.Một câu hỏi tự nhiên nảy sinh là: Khi nào thì một đa thức P (x) ∈ R[x] với knghiệm thực cho trước sẽ cho ta một nguyên hàm (gọi là đa thức nguyên hàm)

Luận văn nhằm tập trung giải quyết các câu hỏi trên Đó chính là các định lýđảo của định lý Lagrange đối với lớp các đa thức thực Đặc biệt, đối với những lớp

đa thức không thỏa mãn các điều kiện (1) và (2), ta sẽ xét bài toán "nắn lại" đồ thịcủa đa thức đó bằng cách thêm một số nút nội suy để các điều kiện (1) và (2) đượcthoả mãn

Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn được chia thành 2 chương

Chương 1 bao gồm ba phần, trong phần đầu tác giả khái quát lại một số kiếnthức bổ trợ về đa thức, đạo hàm của đa thức và quy tắc dấu Descartes Phần thứ hai

là các định lý dạng Viète, nêu cách biểu diễn đa thức qua hệ nghiệm của nguyên hàmkết hợp với phương pháp nội suy đa thức theo các yếu tố hình học Phần tiếp theo,tác giả nêu lên định lý về số nghiệm của đa thức nguyên hàm Định lý 1.11; 1.13 chỉ

ra điều kiện cần và đủ để một đa thức với các nghiệm đều thực sẽ cho một nguyênhàm cũng có các nghiệm đều thực Trên cơ sở đó trình bày điều kiện để tồn tại đathức nguyên hàm tới cấp tuỳ ý cho trước sao cho số nghiệm thực của các nguyên hàm

đó tăng lên theo từng cấp của nguyên hàm (Định lý 1.12, 1.14, 1.15, 1.16, 1.17, 1.181.19 )

Chương 2 bao gồm ba phần, phần đầu cũng chính là phần trọng tâm của chươngnày Tác giả đưa ra nhận xét về tính chất nghiệm của các đa thức nguyên hàm códạng đặc biệt và đưa ra cách"nắn lại" đồ thị của các đa thức đó để các đa thức nhậnđược thoả mãn điều kiện (1) và (2) (Định lý 2.1, 2.2) Phần tiếp theo, luận văn trìnhbày một số bài toán khảo sát số nghiệm thực của đa thức nguyên hàm Phần cuốicùng, tác giả dựa vào các tính chất của hàm lồi, lõm để bước đầu xây dựng một sốdạng bất đẳng thức đối với đa thức nguyên hàm

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học đầy nhiệt tâm và nghiêmkhắc của GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Nhân dịp này, tác giả xin được bày tỏ lòngbiết ơn chân thành và kính trọng sâu sắc đối với Giáo sư - người thầy đã truyền đạtnhiều kiến thức quý báu cũng như những kinh nghiệm nghiên cứu khoa học trongsuốt thời gian tác giả theo học và nghiên cứu đề tài Đồng thời, tác giả cũng xin bày

tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Ban Giám Hiệu trường Đại học Quy Nhơn, Phòng Đàotạo Đại học và Sau Đại học, các anh chị, bạn bè lớp cao học Toán K8-Đại học QuyNhơn và gia đình đã tạo mọi điều kiện thuận lợi và động viên tác giả trong suốt quátrình học tập, công tác và thực hiện đề tài luận văn này

Hệ thống các ký hiệu

sử dụng trong luận văn

- deg f (x) là bậc của đa thức f (x)

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

tức là F0(x) thoả 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) thoả 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

Định lý dạng Viète và các tính chất liên quan

1.1 Một số tính chất cơ bản của đa thức

Định nghĩa 1.1 Một đa thức bậc n của ẩn x là biểu thức có dạng

Pn(x) = anxn+ an−1xn−1+ · · · + a1x + a0,trong đó các hệ số an, an−1, , a0 là những số thực (hoặc phức)

và an6= 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 bậc cao nhất (chính) của đa thức

đều là thực và gọi tắt là đa thức thực Ký hiệu tập hợp các đa thức với hệ số thực làR[x]

Định nghĩa 1.2 Cho đa thức

Pn(x) = anxn+ an−1xn−1+ · · · + a1x + a0 (an6= 0),

số α ∈ C được gọi là nghiệm của đa thức P (x) nếu P (α) = 0

Nếu tồn tại k ∈ N, k > 1, sao cho Pn(x) .(x − α)k nhưng Pn(x) không chia hếtcho (x − α)k+1 thì α được gọi là nghiệm bội bậc k của đa thức f (x).

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

Chú ý 1.2 Nghiệm của đa thức thực còn được gọi là không điểm của đa thức đó Định lý 1.1 (Gauss) 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

theo từng cặp nghiệm liên hợp

Pn(a) = 0 Khi đó ta có

0 = Pn(a) = Pn(a)

(3) Nếu đa thức bậc n có k nghiệm thực k 6 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 lý 1.3 Mỗi đa thức thực bậc n đều có không quá n nghiệm thực.

Định lý 1.4 (Tính chất hàm của đa thức) Mọi đa thức P (x) ∈ R[x] đều xác

định và liên tục trên R

Ngoài ra, khi

Định lý 1.5 (Định lý Rolle) Giả sử hàm số f : [a, b] → R liên tục trên đoạn

[a, b] và có đạo hàm trong khoảng (a, b) Nếu f (a) = f (b) thì tồn tại ít nhất một điểm

c ∈ (a, b) sao cho f0(c) = 0

Khi f (x) là hàm đa thức, trong trường hợp đặc biệt, nếu a = b, ta phát biểu định

lý Rolle dưới dạng bổ đề sau đây

x0 cũng là nghiệm bội bậc s − 1 của đa thức P0(x)

thì P (x) viết được dưới dạng

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

Từ định lý Rolle, ta dễ dàng chứng minh được kết quả sau đối với đa thức

(x) có ít nhất

k − 1 nghiệm thực

có các nghiệm đều thực

Từ bổ đề 1.2, ta có phát biểu bài toán ngược dưới dạng định lý sau đây.

x0 cũng là nghiệm của nguyên hàm F (x) của f (x) thì x0 là nghiệm bội bậc s + 1 của

Tại x = x0 thì k.h(x) + (x − x0)h0(x) 6= 0 Suy ra F0(x) chứa nhân tử (x − x0) bậc

k − 1 nhưng f (x) ≡ F0(x) nên k − 1 = s hay k = s + 1

Vậy F (x) nhận x0 là nghiệm bội bậc s + 1

Tiếp theo, ta chuyển sang xét quy tắc dấu Descartes

Xét dãy số thực a0, a1, a2,

Định nghĩa 1.3 Chỉ số m (m ∈ N, m > 1) được gọi là vị trí (chỗ) đổi dấu của dãy

nếu có am−1am < 0 hoặc là

am−1 = am−2 = · · · = am−(k−1) = 0 trong đó am−kam< 0 (m > k > 2)

Trong trường hợp thứ nhất thì am−1 và am, còn trong trường hợp thứ 2 thì am−k và

am lập thành vị trí đổi dấu Số lần đổi dấu (bằng số vị trí đổi dấu) của một dãy nào

đó vẫn không thay đổi nếu các số hạng bằng 0 được bỏ đi còn những số hạng còn lạivẫn bảo toàn vị trí tương đối của chúng

Định nghĩa 1.4 Ta coi sự đổi dấu và vị trí đổi dấu của đa thức

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

chính là sự đổi dấu và vị trí đổi dấu của dãy hệ số tuỳ ý

a , a , , a , a

bằng 0, số vị trí đổi dấu của dãy cũng không thay đổi.

Tính chất 1.4 Số vị trí đổi dấu 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

a0, a1, a2, và

a0p0, a1p1, a2p2,

có cùng những vị trí đổi dấu

lớn hơn so với số vị trí đổi dấu của dãy a0, a1, a2, , an

Tính chất 1.7 (Quy tắc dấu Descartes) Giả sử N là số không điểm dương của

Định lý 1.8 (Định lý Viète ) Nếu tam thức bậc hai

Định lý 1.9 (Định lý Viète ) Nếu đa thức

Bổ đề 1.3 (Định lý dạng Viète đối với tam thức bậc hai).

Tam thức bậc hai với hệ số thực f (x) = 3x2 − 2bx + c có nghiệm thực khi và chỉ khi

Suy ra tam thức bậc hai f (x) = 3x2− 2bx + c có hai nghiệm thực

Điều kiện cần Giả sử tam thức bậc hai f (x) = 3x2− 2bx + c có hai nghiệm thực

Ta xét các trường hợp sau đây

(i) Nếu đa thức f (x) có nghiệm kép là x = x0 thì f (x) = 3(x − x0)2 Khi đó nguyênhàm F (x) = (x − x0)3 nhận x = x0 là nghiệm bội bậc 3

(ii) Nếu đa thức f (x) có hai nghiệm phân biệt là x = x1, x = x2 (x1 < x2) hay

f (x) = 3(x − x1)(x − x2) thì ta chọn nguyên hàm F (x) thoả mãn điều kiện

F x1+ x22

có ba nghiệm thực Vì thế luôn tồn tại nguyên hàm của f (x) = 3x2− 2bx + c có dạng

F (x) = (x − α)(x − β)(x − γ)hay

F (x) = x3− (α + β + γ)x2+ (αβ + βγ + γα)x − αβγ

→ F0(x) = 3x2 − 2(α + β + γ)x + (αβ + βγ + γα).

Đồng nhất hệ số của F0(x) và f (x) = 3x2− 2bx + c ta suy ra điều phải chứng minh



Bổ đề 1.4 (Định lý dạng Viète đối với đa thức bậc 3).

Đa thức bậc 3 với hệ số thực f (x) = −4x3+ 3ax2− 2bx + c có các nghiệm đều thựckhi và chỉ khi các hệ số a, b, c có dạng

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

(ii.2) Nếu f (x) có hai nghiệm phân biệt thì phải có một nghiệm là nghiệm kép.Giả sử nghiệm kép đó là x0, nghiệm còn lại là x1 Không giảm tính tổng quát, ta giả

có 2 nghiệm phân biệt, trong đó

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

(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

Suy ra F (x) = 0 khi và chỉ khi x2[x2+ 4

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

Đối với các đa thức có bậc n (n > 4) thì điều kiện cần để ứng với một đa thức

có các nghiệm đều thực cho ta ít nhất một nguyên hàm cũng có các nghiệm đều thực

sẽ được trình bày ở mục sau Tuy nhiên, từ hệ quả 1.2, ta có ngay điều kiện đủ chocác đa thức có bậc tuỳ ý

Định lý 1.10 (Định lý dạng Viète tổng quát) Đa thức

Chứng minh Xét đa thức

F (x) = xn+1+ (−1)a1xn+ (−1)2a2xn−1+ · · · + (−1)nanx + (−1)n+1an+1,trong đó các a1, a2, , an xác định theo (1.3) và

an+1= x1x2· · · xn+1.Theo định lý Viète, ta có

F (x) = (x − x1)(x − x2) · · · (x − xn+1)hay đa thức F (x) có n + 1 nghiệm thực

Mặt khác, F0(x) = f (x) nên theo định lý Rolle, ta có ngay điều cần chứng minh

Về sau, để ngắn gọn trong cách trình bày, ta gọi mỗi nguyên hàm của một đathức là đa thức nguyên hàm

Một câu hỏi tự nhiên nảy sinh là: Với những điều kiện nào thì đa thức

sẽ có ít nhất một nguyên hàm (đa thức nguyên hàm) của nó có các nghiệm đều thực?

Đối với đa thức có bậc tuỳ ý, định lý 1.10 đã cho ta câu trả lời của điều kiện đủ

Ta dễ dàng chỉ ra điều kiện cần (bổ đề 1.3 và bổ đề 1.4) cho các đa thức có bậc khôngvượt quá 3 Tuy nhiên đối với các đa thức có bậc lớn hơn 3 thì bài toán trở nên phứctạp hơn nhiều

có số nghiệm thực không vượt quá 3 với mọi c ∈ R.

Thật vậy, do hàm số f (x) = x2(x − 1)2 > 0, ∀x nên nguyên hàm F (x) luôn đồngbiến, vì thế với mọi c ∈ R thì đường thẳng y = c cắt đồ thị của hàm số

Quan sát đồ thị ta thấy số nghiệm của nguyên hàm Fc(x) = F0(x) − c phụ thuộcvào giá trị của hằng số c như sau:

- Nếu c < F0(x2) hoặc c > F0(x3) thì đường thẳng y = c cắt đồ thị hàm số F0(x)tại không quá ba điểm Khi đó, nguyên hàm Fc(x) có không quá ba nghiệm thực.

- Nếu F0(x2) 6 c 6 F0(x3) thì đường thẳng y = c cắt đồ thị hàm số F0(x) tại 5điểm (kể cả điểm bội) Suy ra nguyên hàm Fc(x) có tất cả các nghiệm đều thực.Vậy với điều kiện nào thì một đa thức bậc 4 có các nghiệm đều thực sẽ cho mộtnguyên hàm cũng có các nghiệm đều thực?

Ta có câu trả lời dưới dạng bổ đề sau đây

quá 5 nghiệm thực (định lý 1.3) Cần phải chứng minh Fc(x) có ít nhất 5 nghiệmthực Ta chứng minh điều đó theo sự phân bố nghiệm của đa thức f (x)

Trường hợp 1 Khi f (x) có các nghiệm phân biệt (tức là x1 < x2 < x3 < x4) thìnguyên hàm của nó đạt cực đại tại x = x1 và x = x3, đạt cực tiểu tại x = x2 và

Ta xét hai khả năng sau đây.

(i) Nếu max{F0(x2), F0(x4)} < min{F0(x1), F0(x3)} thì ta chọn

c ∈ (max{F0(x2), F0(x4)}, min{F0(x1), F0(x3)})

Khi đó, F0(x1) > c hay Fc(x1) > 0 và F0(x2) < c hay Fc(x2) < 0

Suy ra

Fc(x1)Fc(x2) < 0

Do đó ∃ ex1 ∈ (x1, x2) là nghiệm của đa thức Fc(x)

Tương tự, ∃ ex2 ∈ (x2, x3), ex3∈ (x3, x4) là các nghiệm của đa thức Fc(x)

Ngoài ra, ta có nhận xét rằng trong mỗi khoảng (−∞, x1), (xn, +∞) thì Fc(x)còn có một nghiệm nữa

Thật vậy, do lim

x→−∞F0(x) = −∞ và F0(x1) − c > 0 nên trong (−∞, x1) nguyênhàm Fc(x) có nghiệm Tương tự, do lim

x→+∞F0(x) = +∞ và F0(x4) − c < 0 nên trongkhoảng (x4, +∞) nguyên hàm Fc(x) cũng có nghiệm Suy ra Fc(x) có ít nhất 5 nghiệmthực.Từ đó suy ra điều phải chứng minh

(ii) Nếu max{F0(x2), F0(x4)} = min{F0(x1), F0(x3)} thì ta chọn

Vì thế, nếu F0(x1) = c thì x1 là nghiệm duy nhất của nguyên hàm Fc(x) =

F0(x) − c trong nửa khoảng (−∞, x1]

Nếu F0(x1) > c → F0(x1) − c > 0 thì ∃ ex1 ∈ (−∞, x1] là nghiệm của Fc(x)

- Xét đoạn [x1, x2] Khi đó sẽ xảy ra các khả năng sau đây

Nếu F0(x1) = c thì x1 là nghiệm của Fc(x) Kết hợp với

F (x ) < F (x ) = c

thì x1 là nghiệm của nguyên hàm Fc(x) trong đoạn [x1, x2] Ta lại có x1 là nghiệmcủa đa thức f (x) nên x1 là nghiệm kép của nguyên hàm Fc(x).

Trường hợp 2 Khi đa thức f (x) có nghiệm bội

(i) 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 (1.4) là không thoả mãn và không tồn tại

c để đa thức F (x) có 5 nghiệm thực

Khi F0(x1) > F0(x4), và x1 = x2 < x3 < x4, thì ta chọn c = F0(x1) Ta cần chứngminh đa thức Fc(x) = F0(x) − c có 5 nghiệm thực.Thật vậy, do x1 là nghiệm kép của

f (x) nên nó cũng là nghiệm bội bậc ba của nguyên hàm F0(x) Mà hàm số F0(x) chỉđạt cực đại tại x3 và chỉ đạt cực tiểu tại x4 nên

x4 là nghiệm của f (x) và Fc(x) nên x4là nghiệm kép của nguyên hàm Fc(x) Ngoài ra,trong khoảng (−∞, x1) nguyên hàm Fc(x) < 0 do lim

x→−∞F0(x) = −∞ Trong khoảng(x4, +∞) nguyên hàm Fc(x) > 0 do lim F0(x) = +∞ Vậy nguyên hàm Fc(x) không

có nghiệm trong (−∞, x1) và (x4, +∞) Mặt khác, nguyên hàm F0(x) đạt cực đại tạiduy nhất một điểm x3 nên F0(x3) > c nhưng c = F0(x2) = F0(x4) nên nguyên hàm

Fc(x) không có nghiệm trong khoảng (x2, x4) Vậy trong trường hợp này nguyên hàm

Vậy đa thức Fc(x) = F0(x) − c có ít nhất 5 nghiệm thực

(ii) Khi f (x) có hai cặp nghiệm phân biệt đôi một trùng nhau (tức là x1 = x2 <

x3 = x4) thì f (x) = 5(x − x1)2(x − x3)2 và F0(x) là hàm đồng biến nên điều kiện (1.4)không thoả mãn Khi đó, ta thấy đường thẳng đi qua các điểm dừng sẽ cắt đồ thịcủa hàm đa thức F0(x) tại 1 điểm (bội bậc 3), tức là nguyên hàm Fc(x) có 3 nghiệmthực (kể cả bội) Do đó, ứng với mọi c ∈ R, các nguyên hàm Fc(x) tương ứng đều cókhông quá 3 nghiệm thực

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

F0(x1) = F0(x2) = F0(x3) > F0(x4)thoả mãn điều kiện (1.4) Ta chọn c = 0 và thu được nguyên hàm F0(x) có đúng 5nghiệm thực

(iv) Cuối cùng ta xét trường hợp khi cả 4 nghiệm trùng nhau x1 = x2 = x3 = x4, thìhiển nhiên điều kiện (1.4) được thoả mãn và f (x) = 5(x − x1)4 Chọn c = 0 (là giá trịduy nhất) thì nguyên hàm Fc(x) = (x − x1)5 có nghiệm thực bội bậc 5 tức là F (x)

Sau đây là điều kiện để một đa thức bậc cao có các nghiệm đều thực cho mộtnguyên hàm cũng có các nghiệm đều thực.

Định lý 1.11 Giả sử f (x) là đa thức bậc n (n > 4) có các nghiệm đều thực

Fc(x) = −xn+1+ a1xn− a2xn−1+ · · · − an−1x2+ anx − c

Nhận xét rằng, deg Fc(x) = n + 1 ∀c ∈ R nên đa thức Fc(x) có không quá n + 1nghiệm thực (định lý 1.3) Cần phải chứng minh Fc(x) có ít nhất n + 1 nghiệm thực.Phép chứng minh dựa theo sự phân bố nghiệm của đa thức f (x)

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

Fc(x1)Fc(x2) < 0.

Do đó ∃ ex1 ∈ (x1, x2) là nghiệm của đa thức Fc(x)

Tương tự, ∃ ex2 ∈ (x2, x3),ex3 ∈ (x3, x4), ,xen−1 ∈ (xn−1, xn) là các nghiệm của

đa thức Fc(x)

Ngoài ra, ta có nhận xét rằng trong mỗi khoảng (−∞, x1), (xn, +∞) thì Fc(x)còn có ít nhất một nghiệm nữa

Thật vậy, do lim

x→−∞F0(x) = −∞ và F0(x1) − c > 0 nên trong (−∞, x1) đa thức

Fc(x) có nghiệm Tương tự, do lim

x→+∞F0(x) = +∞ nếu n chẵn và lim

x→+∞F0(x) = −∞nếu n lẻ Mặt khác, F0(x2k) − c < 0 và F0(x2k+1) − c > 0, nên trong khoảng (xn, +∞)nguyên hàm Fc(x) luôn có nghiệm

Vậy nguyên hàm Fc(x) có ít nhất n + 1 nghiệm thực

Nếu F0(x1) > c → F0(x1) − c > 0 thì ∃ ex1 ∈ (−∞, x1] là nghiệm của Fc(x).

- Xét đoạn [x1, x2] Khi đó sẽ xảy ra các khả năng sau đây

Nếu F0(x1) = c thì x1 là nghiệm của Fc(x) Kết hợp với

F0(x2) < F0(x1) = cthì x1 là nghiệm của nguyên hàm Fc(x) trong đoạn [x1, x2] Ta lại có x1 là nghiệmcủa đa thức f (x) nên x1 là nghiệm kép của nguyên hàm Fc(x)

Trường hợp 2 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 tính tổng quát, ta coi

Khi đó tồn tại duy nhất c sao cho

1≤i≤

n 2

 F0(x2i) = min

0≤j≤

n−1 2

x→+∞F0(x) = −∞ nếu n lẻ và F0(x2i) − c < 0 và F0(x2i+1) − c > 0,nên trong (xn, +∞)nguyên hàm F0(x) − c luôn có ít nhất một nghiệm thực

Vậy nguyên hàm Fc(x) = F0(x) − c có ít nhất n + 1 nghiệm thực

Chứng minh tương tự cho trường hợp s lẻ

(ii) Giả sử f (x) có ít nhất hai nghiệm bội khác nhau xα = xα+1 = · · · = xβ và

 F0(x2i) = min

0≤j≤

n−1 2

Trong khoảng (xα−1, xβ+1) đa thức f (x) nhận xα là nghiệm bội bậc β − α + 1.Suy ra xα là nghiệm bội bậc (β − α + 2) của nguyên hàm Fc(x) = F0(x) − c

Xét trong đoạn [xβ+1, xγ−1] đa thức f (x) có α − β − 1 nghiệm phân biệt Tương

tự như trường hợp 1 ta chứng minh được nguyên hàm Fc(x) = F0(x) − c có (α − β − 1)nghiệm phân biệt

Trong khoảng (xγ−1, xδ+1) đa thức f (x) nhận xγ là nghiệm bội bậc δ − γ + 1 Suy

ra xγ là nghiệm bội bậc (δ − γ + 2) của nguyên hàm Fc(x) = F0(x) − c

Trong nửa khoảng [xδ+1,+∞) đa thức f (x) có (n − δ) nghiệm phân biệt Suy ranguyên hàm

F (x) = F (x) − c

có (n − δ) nghiệm phân biệt.

Suy ra nguyên hàm Fc(x) = F0(x) − c có ít nhất n + 1 nghiệm thực Từ đó tasuy ra điều phải chứng minh

Lập luận tương tự cho các trường hợp f (x) có nhiều hơn hai nghiệm bội ta cũngthu được kết quả như trên

(iii) Giả sử f (x) chỉ có một nghiệm bội bậc n tức là

f (x) = (−1)n(n + 1)(x − x1)n.Suy ra nguyên hàm tương ứng có dạng

Dễ dàng nhận thấy, đối với các nhị thức bậc nhất và tam thức bậc hai, tính chấttrên hiển nhiên đúng Sau đây ta khảo sát các đa thức bậc cao hơn

là tập hợp các nguyên hàm cấp s của đa thức f (x) Khi đó, ứng với mọi số nguyêndương s đều tồn tại đa thức Fs(x) ∈ Ms(f ) có s + 3 nghiệm thực

Chứng minh Ta chứng minh theo sự phân bố nghiệm của đa thức f (x).

(i) Nếu đa thức f (x) có duy nhất một nghiệm (bội bậc 3), không giảm tính tổngquát ta giả sử f (x) = x3 Theo định lý 1.7 ta thu được kết quả sau đây.

x = 0 là nghiệm bội bậc 4 của nguyên hàm F(0,1)(x) ∈ M1(f ),

x = 0 là nghiệm bội bậc 5 của nguyên hàm F(0,1)(x) ∈ M2(f ),

· · · ·

x = 0 là nghiệm bội bậc s + 3 của nguyên hàm F(0,1)(x) ∈ Ms(f )

(ii) Nếu đa thức f (x) có 2 nghiệm phân biệt (một nghiệm kép và một nghiệm đơn),không giảm tính tổng quát ta giả sử f(x) = x2(x − a)



Suy ra F0,1(x) ∈ M1(f ) có 4 nghiệm thực trong đó x = 0 là nghiệm bội bậc 3



Suy ra F0,2(x) ∈ M2(f ) có 5 nghiệm thực trong đó x = 0 là nghiệm bội bậc 4

i

Suy ra F0,k(x) ∈ Mk(f ) có k + 3 nghiệm thực trong đó x = 0 là nghiệm bội bậc k + 2.(iii) Không giảm tính tổng quát, ta giả sử đa thức bậc ba f (x) ∈ R[x] có ba nghiệmthực phân biệt, dạng f (x) = (x + a)x(x − b), với a > 0, b > 0

Rõ ràng x = 0 là nghiệm kép của nguyên hàm F0,1(x)

2 là tam thức bậc hai có biệt

số ∆ > 0 (vì hệ số chính và hệ số tự do trái dấu nhau) Suy ra Q1(x) có hai nghiệmphân biệt là x3, x4 Vậy F0,1(x) ∈ M1(f ) có 4 nghiệm thực (kể cả bội)

ab2.3



Rõ ràng x = 0 là nghiệm bội bậc 3 của F0,2(x)

Ta thấy đa thức Q2(x) = 1

4.5x

2

+ a − b3.4 x −

ab2.3 là tam thức bậc hai có biệt số

∆ > 0 (vì hệ số chính và hệ số tự do trái dấu nhau) Suy ra Q2(x) có hai nghiệmphân biệt là x2,4, x2,5

Vậy F0,2(x) ∈ M2(f ) có 5 nghiệm thực (kể cả bội)

i

Rõ ràng x = 0 là nghiệm bội bậc k + 1 của F0,k(x)

có hai nghiệm phân biệt là x , và x

Vậy F0,k(x) ∈ Mk(f ) có (k + 3) nghiệm thực (kể cả bội).



Định lý 1.12 Giả sử f (x) ∈ R[x] là đa thức bậc n (n > 4) có n nghiệm thực

f (x) = (−1)n(x − x0,1)(x − x0,2) (x − x0,n), x0,16 x0,26 · · · 6 x0,n

Gọi Mk(f ) là tập hợp các nguyên hàm cấp k của đa thức f (x) Khi đó, điều kiện cần

và đủ để tồn tại đa thức Fc,k(x) ∈ Mk(f ) có n + k nghiệm thực là

max

1≤i≤[n+k−1

2 ]

n(−1)k+1F0,k(xk−1,2i)o

0≤j≤[n+k−2

2 ]

n(−1)k+1F0,k(xk−1,2j+1)o

(1.6)

trong đó xk−1,i là nghiệm thứ i của nguyên hàm cấp k − 1,

F0,k(x) là nguyên hàm cấp k của f (x) thoả mãn điều kiện F0,k(0) = 0 và F0,0(x) =

Thay k = 2 vào (1.6) ta được

Theo định lí 1.11, ta có bất đẳng thức (1.8) là điều kiện cần và đủ để tồn tại

c2 ∈R sao cho nguyên hàm Fc2,2(x) = F0,2(x) − c2 có (n + 2) nghiệm thực Ta gọi cácnghiệm đó là

Ta thu được

Fcm−1,m−1(x) = αm−1(x − xm−1,1)(x − xm−1,2)(x − xm−1,3) (x − xm−1,n+m−1),trong đó αm−1 ∈R, αm−1 > 0

Tiếp theo ta cần phải chứng minh định lí 1.12 đúng với k = m

Xảy ra hai khả năng sau:

(i) Nếu m là số tự nhiên lẻ thì từ bất đẳng thức (1.6) ta suy ra

- Tại các nút xm−1,2, xm−1,4, , xm−1,2j, , xm−1,n+m−1 hàm số Fm−1(x) đổidấu từ (−) sang (+) nên nguyên hàm F0,m(x) đạt cực tiểu

Theo định lí 1.11 ta có bất đẳng thức (1.9) là điều kiện cần và đủ để tồn tại

cm ∈R sao cho nguyên hàm

- Tại các nút xm−1,1, xm−1,3, , xm−1,2i+1, , xm−1,n+m−1 hàm số Fcm−1,m−1(x) đổidấu từ (−) sang (+) nên nguyên hàm F0,m(x) đạt cực tiểu.

- Tại các nút xm−1,2, xm−1,4, , xm−1,2j, , xm−1,n+m−2 hàm số Fcm−1,m−1(x) đổidấu từ (+) sang (−) nên nguyên hàm F0,m(x) đạt cực đại

Theo định lí 1.11, ta có bất đẳng thức (1.10) là điều kiện cần và đủ để tồn tại

cm ∈R sao cho nguyên hàm

Fcm,m(x) = F0,m(x) − cm

có s + m nghiệm thực

Chứng minh tương tự cho trường hợp n là số tự nhiên lẻ ta cũng thu được kết

Sau đây ta mở rộng định lý 1.11 cho các đa thức có số nghiệm thực nhỏ thuahoặc bằng bậc của đa thức đó

Trước hết ta xét một số trường hợp đặc biệt ứng với các đa thức có số nghiệmthực khá nhỏ

Bổ đề 1.7 Ứng với mọi đa thức f (x) ∈ R[x] có một nghiệm thực cho trước đều tồn

tại nguyên hàm có ít nhất hai nghiệm thực

Chứng minh Không giảm tính tổng quát, ta giả sử

Rõ ràng x = 0 là nghiệm kép của F0(x) Vậy nguyên hàm F0(x) có ít nhất hai nghiệm

Bổ đề 1.8 Ứng với mọi đa thức f (x) ∈ R[x] có hai nghiệm thực cho trước đều tồn

tại nguyên hàm có ít nhất ba nghiệm thực

Chứng minh Không giảm tính tổng quát, ta giả sử

Bổ đề 1.9 Ứng với mọi đa thức f (x) ∈ R[x] có ba nghiệm thực cho trước đều tồn

tại nguyên hàm có ít nhất bốn nghiệm thực

Chứng minh Ta xét các trường hợp sau đây.

(i) Nếu đa thức f (x) có nghiệm bội bậc 3 là x0, theo định lý 1.12 thì x0 là nghiệmbội bậc 4 của nguyên hàm F0(x)

(ii) Giả sử đa thức f (x) có nghiệm kép Không giảm tính tổng quát, ta coi

f (x) = x2g(x), g(x) = xm+ b1xm−1+ b2xm−2+ · · · + bm−1x + bm,

trong đó g(x) ∈ R[x] là đa thức chỉ có một nghiệm thực Do đó m là một số tự nhiên

lẻ (hệ quả 1.1)

Rõ ràng x = 0 là nghiệm bội bậc 3 của nguyên hàm F0(x).

F (x ) < c hay F (x ) − c < 0

Do đó ∃ ex1 ∈ (x1, x2) là nghiệm của đa thức F0(x) − c.

Tương tự ∃ xe2 ∈ (x2, x3) là các nghiệm của đa thức F0(x) − c

Các bổ đề nêu trên khẳng định rằng mọi đa thức có không quá ba nghiệm thựccho trước luôn tồn tại nguyên hàm có nhiều hơn đa thức đó ít nhất một nghiệm thực.Tuy nhiên, đối với các đa thức có số nghiệm thực lớn hơn ba tính chất đó không cònđúng nữa

Trường hợp 1 Khi f (x) có các nghiệm phân biệt (tức là x1 < x2 < x3 < x4) thìnguyên hàm của nó đạt cực đại tại x = x1 và x = x3, đạt cực tiểu tại x = x2 và

ithì nguyênhàm Fc(x) tương ứng có ít nhất 5 nghiệm thực (chứng minh tương tự như Trườnghợp 1 của định lý 1.11)

Trường hợp 2 Khi f (x) có nghiệm bội

(i) 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 (1.11) là không thoả mãn và không tồn tại c để đa thức Fc(x) có 5nghiệm thực

Nếu F0(x1) > F0(x4) và x1 = x2 < x3 < x4 thì ta chọn c = F0(x1) = F0(x2) Do

x1 là nghiệm kép của f (x) nên nó cũng là nghiệm bội bậc ba của nguyên hàm F0(x)

Mà nguyên hàm F0(x) chỉ đạt cực đại tại x3 và cũng chỉ đạt cực tiểu tại x4 nên

x4 là nghiệm của f (x) và Fc(x) nên x4 là nghiệm kép của nguyên hàm Fc(x) Ngoài

ra, trong khoảng (−∞, x1) nguyên hàm F0(x) < c do lim

x→−∞F0(x) = −∞, và trongkhoảng (x4, +∞) nguyên hàm F0(x) > c do lim

x→+∞F0(x) = +∞ nên Fc(x) không cónghiệm Mặt khác, nguyên hàm F0(x) đạt cực đại tại duy nhất một điểm x3 nên

F0(x3) > c nhưng c = F0(x2) = F0(x4) nên Fc(x) không có nghiệm trong khoảng(x2, x4)

Vậy trong trường hợp này nguyên hàm Fc(x) có 5 nghiệm thực (kể cả bội).Nếu xảy ra trường hợp x1 < x2 = x3 < x4 thì chọn c = F0(x2) = F0(x3) Khi đó

x2 là nghiệm kép của f (x) nên nó cũng là nghiệm bội bậc 3 của nguyên hàm F0(x)

Mà hàm số F0(x) đạt cực đại tại x1 và đạt cực tiểu tại x4 nên

F0(x1) > F0(x2) = F0(x3) > F0(x4)

Do đó F0(x1) − c > 0 Mặt khác, ta thấy lim

x→−∞F0(x) = −∞ nên trong khoảng(−∞, x1), đa thức F0(x) có ít nhất một nghiệm Tương tự, do F0(x4) − c < 0 vàlim

x→+∞F0(x) = +∞ nên trong khoảng (x4, +∞), đa thức F0(x) cũng có nghiệm.Vậy đa thức Fc(x) = F0(x) − c có ít nhất 5 nghiệm thực

(ii) Khi f (x) có hai cặp nghiệm phân biệt đôi một trùng nhau (tức là x1 = x2< x3 =

x4) thì f (x) = 5(x − x1)2(x − x3)2g(x) > 0 ∀x ∈ R và F0(x) là hàm đồng biến nênđiều kiện (1.11) không thoả mãn Khi đó, ta thấy đường thẳng đi qua các điểm dừng

sẽ cắt đồ thị của hàm đa thức F0(x) tại 1 điểm (bội bậc 3), tức là Fc(x) có 3 nghiệmthực (kể cả bội) Do đó, ứng với mọi c ∈ R, các nguyên hàm Fc(x) tương ứng đều cókhông quá 3 nghiệm thực

(iii) Xét trường hợp f (x) có ba nghiệm trùng nhau Không giảm tính tổng quát, tagiả sử

Rõ ràng x = 0 là nghiệm bội bậc 4 của F0(x).

(iv) Cuối cùng ta xét trường hợp khi cả 4 nghiệm trùng nhau (x1 = x2 = x3 = x4) thìhiển nhiên điều kiện (1.11) được thoả mãn, theo định lí 1.12 ta có x1 cũng là nghiệmbội bậc 5 của đa thức nguyên hàm F0(x) Ta chỉ cần chọn c = 0 (là giá trị duy nhất),

Ta phát biểu kết quả mở rộng định lí 1.11 và bổ đề 1.10 dưới dạng định lý sauđây

Định lý 1.13 Giả sử đa thức f (x) bậc n (n > 5) có s (5 6 s 6 n) nghiệm thực có

dạng

f (x) = (−1)n(x − x1)(x − x2)(x − x3) · · · (x − xs)g(x), x1 6 x2 6 x3 6 · · · 6 xs,trong đó g(x) 6= 0, ∀x ∈ R

Giả sử F0(x) là một nguyên hàm của f (x) thoả mãn điều kiện F0(0) = 0 Khi đóđiều kiện cần và đủ để tồn tại c ∈ R sao cho nguyên hàm

Ta xét các trường hợp theo sự phân bố các nghiệm của đa thức f (x).

Trường hợp 1 Nếu f (x) có s nghiệm phân biệt, tức x1 < x2 < x3 < · · · < xs, thì

Fc(x1)Fc(x2) < 0

Do đó ∃ ex1 ∈ (x1, x2) là nghiệm của đa thức Fc(x)

Tương tự, ∃ ex2 ∈ (x2, x3), ex3 ∈ (x3, x4), , exs−1∈ (xs−1, xs) là các nghiệm của