Luận văn Một số tính chất của đa thức

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TRƯỜNG.. 
LUẬN VĂN 
Một số tính chất của đa thức 
0Mục lục
Lời nói đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
1 Định lý dạng Viète và các tính chất liên quan 4
1.1 Một số tính chất cơ bản của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Các định lý dạng Viète . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3 Định lý về số nghiệm thực của đa thức nguyên hàm . . . . . . . . . . . 14
2 Tính chất nghiệm của các đa thức nguyên hàm 57
2.1 Nhận xét về nguyên hàm của một số đa thức dạng đặc biệt . . . . . . . 57
2.2 Một số bài toán về khảo sát số nghiệm thực của đa thức nguyên hàm . 72
2.3 Một số bất đẳng thức liên quan đến nguyên hàm cấp hai . . . . . . . . 82
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
1Lời nói đầu
Đa thức và các tính chất liên quan đến nó luôn đóng vai trò quan trọng trong
đại 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 một
nghiệm thực hoặc phức, thì bài toán khảo sát số nghiệm thực của đa thức với hệ số
thực là vấn đề được quan tâm hàng đầu của nhiều thế hệ các nhà toán học. Những
kết 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 dựa
vào sự phân bố dấu của dãy các hệ số của đa thức đã cho. Tiếp theo là các khảo sát
khác nhau về số nghiệm của đa thức trong một khoảng cho trước và các công thức
biểu diễn đa thức theo các tính chất của chúng. Nhờ công cụ giải tích, đặc biệt là
định lý Lagrange và bổ đề Rolle, việc khảo sát số nghiệm thực của các đa thức đạo
hàm (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 P ′(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 k
nghiệm thực cho trước sẽ cho ta một nguyên hàm (gọi là đa thức nguyên hàm)
F1(x) =
x∫
x1
P (t)dt (1)
có đủ k + 1 nghiệm thực?
Tương tự, khi nào thì một đa thức P (x) ∈ R[x] với k nghiệm thực cho trước sẽ
cho một nguyên hàm cấp s (s > 1) (gọi là đa thức nguyên hàm cấp s) dạng
Fs(x) =
x∫
xs
Fs−1(x)dt (2)
có đủ k + s nghiệm thực?
2Luận văn nhằm tập trung giải quyết các câu hỏi trên. Đó chính là các định lý
đảo 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 thị
của đa thức đó bằng cách thêm một số nút nội suy để các điều kiện (1) và (2) được
thoả 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 kiến
thức 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 hàm
kết 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 nguyên
hàm cũng có các nghiệm đều thực. Trên cơ sở đó trình bày điều kiện để tồn tại đa
thức 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, 1.18
1.19 ).
Chương 2 bao gồm ba phần, phần đầu cũng chính là phần trọng tâm của chương
này. Tác giả đưa ra nhận xét về tính chất nghiệm của các đa thức nguyên hàm có
dạng đặc biệt và đưa ra cách"nắn lại" đồ thị của các đa thức đó để các đa thức nhận
được thoả mãn điều kiện (1) và (2) (Định lý 2.1, 2.2). Phần tiếp theo, luận văn trình
bày một số bài toán khảo sát số nghiệm thực của đa thức nguyên hàm. Phần cuối
cùng, tác giả dựa vào các tính chất của hàm lồi, lõm để bước đầu xây dựng một số
dạng bất đẳng thức đối với đa thức nguyên hàm.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học đầy nhiệt tâm và nghiêm
khắc của GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu. Nhân dịp này, tác giả xin được bày tỏ lòng
biết ơn chân thành và kính trọng sâu sắc đối với Giáo sư - người thầy đã truyền đạt
nhiều kiến thức quý báu cũng như những kinh nghiệm nghiên cứu khoa học trong
suốt 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 Đào
tạo Đại học và Sau Đại học, các anh chị, bạn bè lớp cao học Toán K8-Đại học Quy
Nhơn và gia đình đã tạo mọi điều kiện thuận lợi và động viên tác giả trong suốt quá
trình học tập, công tác và thực hiện đề tài luận văn này.
3Hệ 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,
tức là Fc,k(x) = F0,k(x) + c với c ∈ R.
- Hn là tập hợp đa thức với hệ số thực Pn(x) bậc n (n > 0) với hệ số tự do bằng 1
(Pn(0) = 1) và có các nghiệm đều thực.
- Mk(f) là tập hợp các nguyên hàm cấp k của đa thức f(x).
- R[x] là tập hợp đa thức với hệ số thực.
- sign a là dấu của số thực a, tức là
sign a :=

+ khi a > 0
0 khi a = 0
− khi a < 0.
4Chương 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) = anx
n + an−1xn−1 + · · ·+ a1x+ a0,
trong đó các hệ số an, an−1, . . . , a0 là những số thực (hoặc phức)
và an 6= 0, n ∈ N.
Ta kí hiệu
i. Bậc của đa thức Pn(x) là degPn(x). Do vậy degPn(x) = n.
ii. an - hệ số bậc cao nhất (chính) của đa thức.
Chú ý 1.1. Trong luận văn này ta chỉ xét các đa thức Pn(x) với các hệ số của nó
đều là thực và gọi tắt là đa thức thực. Ký hiệu tập hợp các đa thức với hệ số thực là
R[x].
Định nghĩa 1.2. Cho đa thức
Pn(x) = anx
n + an−1xn−1 + · · ·+ a1x+ a0 (an 6= 0),
số α ∈ C được gọi là nghiệm của đa thức Pn(x) nếu Pn(α) = 0.
5Nếu tồn tại k ∈ N, k > 1, sao cho Pn(x)...(x − α)k nhưng Pn(x) không chia hết
cho (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 nghiệm
kép.
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.
Bổ đề 1.1. Các nghiệm phức thực sự (khác thực) của đa thức thực Pn(x) xuất hiện
theo từng cặp nghiệm liên hợp.
Chứng minh. Thật vậy, nếu a ∈ C là nghiệm của phương trình Pn(x) = 0 thì
Pn(a) = 0. Khi đó ta có
0 = Pn(a) = Pn(a).
Suy ra a cũng là nghiệm của phương trình Pn(x) = 0. 
Định lý 1.2. Mọi đa thức f(x) ∈ R[x] bậc n, với hệ số chính an 6= 0, đều có thể
phân tích thành nhân tử dạng
f(x) = an
m∏
j=1
(x− di)
s∏
k=1
(x2 + bkx+ ck)
với di, bk, ck ∈ R, 2s+m = n, b2k − 4ck < 0,m, n ∈ N∗.
Hệ quả 1.1.
(1) Số nghiệm phức của một đa thức với hệ số thực (nếu có) luôn 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) 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.
6Ngoài ra, khi
Pn(x) = anx
n + an−1xn−1 + · · · + a1x+ a0, an 6= 0,
và x→ +∞ thì P (x)→ sign (an)∞.
Khi x→−∞ thì P (x)→ (−1)n sign (an)∞.
Tiếp theo, ta nhắc lại định lý Rolle quen biết trong chương trình toán bậc
phổ thông.
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 f ′(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.
Bổ đề 1.2. Nếu x0 là nghiệm bội bậc s (s ∈ N, s > 1) của đa thức P (x) ∈ R[x] thì
x0 cũng là nghiệm bội bậc s− 1 của đa thức P ′(x).
Chứng minh. Thật vậy, x0 là nghiệm bội bậc s (s ∈ N, s > 1) của đa thức P (x)
thì P (x) viết được dưới dạng
P (x) = (x− x0)sQ(x), Q(x0) 6= 0.
Suy ra
P ′(x) = s(x− x0)s−1Q(x) + (x− x0)sQ′(x)
= (x− x0)s−1
[
sQ(x) + (x− x0)Q′(x)
]
.
Vì Q(x0) 6= 0 nên x0 không là nghiệm của đa thức sQ(x) + (x− x0)Q′(x).
Vậy x0 là nghiệm bội bậc s− 1 của đa thức P ′(x). 
Từ định lý Rolle, ta dễ dàng chứng minh được kết quả sau đối với đa thức.
Định lý 1.6. Nếu đa thức P (x) ∈ R[x] có k nghiệm thực thì đa thức P ′(x) có ít nhất
k − 1 nghiệm thực.
Hệ quả 1.2. Nếu đa thức P (x) ∈ R[x] có các nghiệm đều thực thì đa thức P ′(x) cũng
có các nghiệm đều thực.
7Từ bổ đề 1.2, ta có phát biểu bài toán ngược dưới dạng định lý sau đây.
Định lý 1.7. Nếu x0 là nghiệm bội bậc s (s ∈ N, s > 1) của đa thức f(x) ∈ R[x] và
x0 cũng là nghiệm của nguyên hàm F (x) của f(x) thì x0 là nghiệm bội bậc s+ 1 của
đa thức nguyên hàm F (x).
Chứng minh. Vì x0 là nghiệm bội bậc s của f(x) nên f(x) có dạng
f(x) = (x− x0)sg(x), g(x0) 6= 0.
Giả sử
F (x) = (x− x0)kh(x), h(x0) 6= 0.
Khi đó
F ′(x) = (x− x0)k−1[k.h(x) + (x− x0)h′(x)].
Tại x = x0 thì k.h(x) + (x − x0)h′(x) 6= 0. Suy ra F ′(x) chứa nhân tử (x − x0) bậc
k − 1 nhưng f(x) ≡ F ′(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 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 lại
vẫn 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) = anx
n + an−1xn−1 + · · · + a1x+ a0
chính là sự đổi dấu và vị trí đổi dấu của dãy hệ số tuỳ ý
an, an−1, . . . , a1, a0.
8Ta có các tính chất sau đây.
Tính chất 1.1. Các dãy a0, a1, a2, . . . , an và an, an−1, . . . , a0 có cùng một số lần đổi
dấu.
Tính chất 1.2. Khi gạch bỏ các số hạng của dãy, số lần đổi dấu không tăng lên.
Tính chất 1.3. Khi đặt vào giữa các số hạng của dãy một số lượng tuỳ ý các số hạng
bằng 0, số vị trí đổi dấu của dãy cũng không tha ... n ta có lim
x→−∞
F0(x) = 0.
Nếu F0(x1) = c thì x1 là nghiệm duy nhất của Fc(x) = F0(x)− c.
Nếu F0(x1) < c→ F0(x1)− c < 0 thì nguyên hàm Fc(x) không có nghiệm trong
nửa khoảng (−∞, x1].
- Xét đoạn [x1, x2]. Khi đó xảy ra các khả năng sau đây.
81
Nếu F0(x1) = c thì x1 là nghiệm của Fc(x). Kết hợp với
F0(x2) > F0(x1) = c
thì x1 là nghiệm của nguyên hàm Fc(x) trong đoạn [x1, x2]. Ta lại có x1 là nghiệm
của đa thức f(x) nên x1 là nghiệm kép của nguyên hàm Fc(x).
Nếu F0(x1) c → F0(x2) − c > 0 ta
suy ra nguyên hàm Fc(x) có ít nhất 1 nghiệm trong đoạn [x1, x2], ta gọi nghiệm đó
là x˜2. Nếu xảy ra F0(x2) = c thì x2 là nghiệm duy nhất của nguyên hàm Fc(x) trong
đoạn [x1, x2].
Như vậy trong mỗi đoạn [x1, x2] luôn tồn tại ít nhất 1 nghiệm thực của nguyên
hàm Fc(x).
Khảo sát tiếp theo các đoạn còn lại ta cũng thu được kết quả như trên.
- Xét trong nửa khoảng [xk,+∞).Tương tự như chứng minh trên ta cũng có lim
x→+∞
F0(x) =
+∞.
Nếu F0(xk) = c thì xk là nghiệm duy nhất của Fc(x) = F0(x)− c.
Nếu F0(xk) < c→ Fc(x) < 0 thì nguyên hàm Fc(x) có ít nhất một nghiệm trong
nửa khoảng [xk,+∞).
Vậy nguyên hàm Fc(x) có ít nhất k nghiệm thực. Đặc biệt, nếu
F0(x1) = max
0≤i≤[ k
2
]
F (x2i+1) = min
1≤j≤[ k−1
2
]
F (x2j)
thì nguyên hàm Fc(x) có ít nhất (k + 1) nghiệm thực.
Do F0(x) = e
x
αP (x) nên
F0(x)− c = e xαP (x)− c = e xα
(
P (x)− ce− xα
)
.
Nhận xét rằng, e
x
α 6= 0 ∀x nên nghiệm của F0(x)−c cũng là nghiệm của P (x)−ce− xα .
Vậy hàm số P (x)− ce− xα có ít nhất k nghiệm thực. Hơn nữa, khi max
0≤i≤[ k
2
]
F (x2i+1) < 0
thì hàm số P (x)− ce− xα có (k + 1) nghiệm thực.
82
2.3 Một số bất đẳng thức liên quan đến nguyên
hàm cấp hai
Bổ đề 2.7. Nếu f(x) khả vi bậc hai và lồi trên I(a, b) thì với mọi cặp x0, x ∈ I(a, b),
ta đều có
f(x) > f(x0) + f ′(x0)(x− x0). (2.11)
Thật vậy, ta có (2.11) tương đương với
f ′(x0) 6
f(x)− f(x0)
x− x0 , khi x > x0; x0, x ∈ I(a, b), (2.12)
và
f ′(x0) >
f(x)− f(x0)
x− x0 , khi x < x0; x0, x ∈ I(a, b). (2.13)
Các bất đẳng thức (2.12) và (2.13) là hiển nhiên (theo Định lí Lagrange).
Dễ nhận thấy rằng (2.11) xảy ra đẳng thức khi x0 = x. Vậy ta có thể viết (2.11)
dưới dạng
Định lý 2.3. Nếu f(x) khả vi bậc hai và lồi trên I(a, b) thì với mọi cặp x0, x ∈ I(a, b),
ta đều có
f(x) = min
u∈I(a,b)
[f(u) + f ′(u)(x− u)].
Tương tự, ta cũng có biểu diễn đối với hàm lõm.
Khi hàm số f(x) lõm và khả vi trên I(a, b) thì đồ thị của nó thuộc nửa mặt
phẳng dưới tạo bởi tiếp tuyến tại mỗi điểm tuỳ ý thuộc đồ thị, tức là với mỗi cặp
x0, x ∈ I(a, b), ta đều có
f(x) 6 f(x0) + f ′(x0)(x− x0). (2.14)
Dễ nhận thấy rằng (2.14) xảy ra đẳng thức khi x0 = x. Vậy ta có thể viết (2.14) dưới
dạng
f(x) = max
u∈I(a,b)
[f(u) + f ′(u)(x− u)]. (2.15)
Vậy, chúng ta đã có một dạng biểu diễn hàm lồi và hàm lõm thông qua cực trị của các
hàm số bậc nhất phụ thuộc tham biến. Phép biểu diễn này được gọi là (theo Bellman)
biểu diễn á tuyến tính và nó đóng vai trò quan trọng như là một công cụ hữu hiệu
trong nhiều bài toán cực trị và tối ưu.
83
Lớp hàm đơn điệu liên tiếp bậc (1,2) là lớp hàm đồng thời có đạo hàm bậc nhất
và bậc hai không đổi dấu trên I(a, b).
Định nghĩa 2.1. Nếu hàm đồng thời có đạo hàm bậc nhất và bậc hai dương trong
khoảng đang xét thì ta nói hàm số đó đồng biến liên tiếp bậc (1,2) trên khoảng đã cho.
Định nghĩa 2.2. Nếu hàm đồng thời có đạo hàm bậc nhất và bậc hai âm trong khoảng
đang xét thì ta nói hàm số đó nghịch biến liên tiếp bậc (1,2) trên khoảng đã cho.
Định lý 2.4. Cho hai dãy số {xk, yk ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n}, thoả mãn các điều
kiện
x1 + x2 + · · · + xn = y1 + y2 + · · ·+ yn.
Khi đó, ứng với mọi hàm f1(t), f2(t), . . . , fn(t) đồng biến hoặc nghịch biến liên tiếp
bậc (1,2) trên I(a, b), ta đều có
f1(x1)
f ′1(y1)
+
f2(x2)
f ′2(y2)
+ · · · + fn(xn)
f ′n(yn)
> f1(y1)
f ′1(y1)
+
f2(y2)
f ′2(y2)
+ · · ·+ fn(yn)
f ′n(yn)
. (2.16)
Chứng minh. Trước hết xét trường hợp các hàm f1(t), f2(t), . . . , fn(t) đồng biến
liên tiếp bậc (1,2) trên I(a, b). Theo giả thiết, các hàm fk(t) là có đạo hàm bậc nhất
và bậc hai dương trên I(a, b), nên theo Bổ đề 2.7, ta có
fk(xk) > fk(yk) + f ′k(yk)(xk − yk)
và
fk(xk)
f ′k(yk)
> fk(yk)
f ′k(yk)
+ xk − yk.
Vậy
n∑
k=1
fk(xk)
f ′k(yk)
>
n∑
k=1
(fk(yk)
f ′k(yk)
+ xk − yk
)
hay
n∑
k=1
fk(xk)
f ′k(yk)
>
n∑
k=1
fk(yk)
f ′k(yk)
do x1 + x2 + . . .+ xn − (y1 + y2 + . . .+ yn) = 0.
Đối với trường hợp khi các hàm f1(t), f2(t), . . . , fn(t) nghịch biến liên tiếp bậc
(1,2) trên I(a, b) thì theo giả thiết, các hàm fk(t) là có đạo hàm bậc nhất và bậc hai
âm trên I(a, b), nên ta có
fk(xk) 6 fk(yk) + f ′k(yk)(xk − yk)
84
và
fk(xk)
f ′k(yk)
> fk(yk)
f ′k(yk)
+ xk − yk.
Vậy nên
n∑
k=1
fk(xk)
f ′k(yk)
>
n∑
k=1
(fk(yk)
f ′k(yk)
+ xk − yk
)
hay
n∑
k=1
fk(xk)
f ′k(yk)
>
n∑
k=1
fk(yk)
f ′k(yk)
do x1 + x2 + . . .+ xn − (y1 + y2 + . . .+ yn) = 0. Dấu đẳng thức xảy ra khi
xk = yk, k = 1, 2, . . . , n.
Với cách chứng minh tương tự, ta có các định lí sau
Định lý 2.5. Cho hai dãy số {xk, yk ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n}, thoả mãn các điều
kiện x1+x2+. . .+xn = y1+y2+. . .+yn. Khi đó, ứng với mọi hàm f1(t), f2(t), . . . , fn(t)
lõm và có đạo hàm bậc nhất là các hàm số dương trên khoảng I(a, b) ta đều có
n∑
k=1
fk(xk)
f ′k(yk)
6
n∑
k=1
fk(yk)
f ′k(yk)
.
Chứng minh. Thật vậy, theo giả thiết, các hàm fk(t) là có đạo hàm bậc nhất dương
và bậc hai không dương trên I(a, b), nên theo Bổ đề 2.7, ta có
fk(xk) 6 fk(yk) + f ′k(yk)(xk − yk)
và
fk(xk)
f ′k(yk)
6 fk(yk)
f ′k(yk)
+ xk − yk.
Vậy
n∑
k=1
fk(xk)
f ′k(yk)
6
n∑
k=1
(fk(yk)
f ′k(yk)
+ xk − yk
)
hay
n∑
k=1
fk(xk)
f ′k(yk)
6
n∑
k=1
fk(yk)
f ′k(yk)
do x1 + x2 + . . .+ xn − (y1 + y2 + . . .+ yn) = 0. Dấu đẳng thức xảy ra khi
xk = yk, k = 1, 2, . . . , n.
85
Định lý 2.6. Cho hai dãy số {xk, yk ∈ I(a, b), k = 1, 2, . . . , n}, thoả mãn các điều
kiện x1+x2+. . .+xn = y1+y2+. . .+yn. Khi đó, ứng với mọi hàm f1(t), f2(t), . . . , fn(t)
lồi và có đạo hàm bậc nhất là các hàm số âm trên khoảng I(a, b) ta đều có
n∑
k=1
fk(xk)
f ′k(yk)
6
n∑
k=1
fk(yk)
f ′k(yk)
.
Chứng minh. Thật vậy, theo giả thiết, các hàm fk(t) là có đạo hàm bậc nhất âm
và bậc hai không âm trên I(a, b), nên ta có
fk(xk) > fk(yk) + f ′k(yk)(xk − yk)
và
fk(xk)
f ′k(yk)
6 fk(yk)
f ′k(yk)
+ xk − yk.
Vậy
n∑
k=1
fk(xk)
f ′k(yk)
6
n∑
k=1
(fk(yk)
f ′k(yk)
+ xk − yk
)
hay
n∑
k=1
fk(xk)
f ′k(yk)
6
n∑
k=1
fk(yk)
f ′k(yk)
do x1 + x2 + . . .+ xn − (y1 + y2 + . . .+ yn) = 0. Dấu đẳng thức xảy ra khi
xk = yk, k = 1, 2, . . . , n.
Ta xét tiếp một số bất đẳng thức liên quan đến đa thức nguyên hàm cấp hai.
Cho hàm số f(t) có F0,1(t);F0,2(t) không đổi dấu trênI(a, b), tức là trong định lý
(2.4),(2.5),(2.6) ta thay hàm f(t) bằng F0,2(t) khi đó các định lý trên vẫn đúng. Vấn
đề đặt ra là chúng ta phải tìm ra các lớp hàm f(t) và khoảng I(a, b) tương ứng sao
cho F0,2(t) là hàm đơn điệu bậc (1,2).
Định lý 2.7. Cho đa thức f(x) = (x − x0)n > 0, ∀x ∈ (x0; +∞) và hai dãy số
{xk, yk ∈ (x0; +∞), k = 1, 2, . . . , n}, thoả mãn điều kiện
x1 + x2 + · · · + xn = y1 + y2 + · · ·+ yn.
Khi đó,
F0,2(x1)
F0,1(y1)
+
F0,2(x2)
F0,1(y2)
+ · · ·+ F0,2(xn)
F0,1(yn)
> F0,2(y1)
F0,1(y1)
+
F0,2(y2)
F0,1(y2)
+ · · ·+ F0,2(yn)
F0,1(yn)
. (2.17)
86
Chứng minh. Ta có
F0,1(x) =
(x− x0)n+1
n+ 1
F0,2(x) =
(x− x0)n+2
(n+ 1)(n + 2)
Vì f(x) = (x− x0)n > 0∀x ∈ (x0; +∞) nên
F0,1(x) > 0;F0,2(x) > 0∀x ∈ (x0; +∞).
nên ∀x ∈ (x0; +∞) ta có
F0,2(xk) > F0,2(yk) + F0,1(yk)(xk − yk)
và
F0,2(xk)
F0,1(yk)
≥ F0,2(yk)
F0,1(yk)
+ xk − yk.
Vậy
n∑
k=1
F0,2(xk)
F0,1(yk)
≥
n∑
k=1
(F0,2(yk)
F0,1(yk)
+ xk − yk
)
hay
n∑
k=1
F0,2(xk)
F0,1(yk)
≥
n∑
k=1
F0,2(yk)
F0,1(yk)
do x1 + x2 + . . .+ xn − (y1 + y2 + . . .+ yn) = 0.
Dấu đẳng thức xảy ra khi
xk = yk, k = 1, 2, . . . , n.
Định lý 2.8. Cho đa thức
f(x) = (x− x1)(x− x2) . . . (x− xn)g(x) x1 0.
và hai dãy số {xk, yk ∈ (xn+2; +∞), k = 1, 2, . . . , n}, thoả mãn điều kiện
x1 + x2 + · · · + xn = y1 + y2 + · · ·+ yn.
Khi đó,
F0,2(x1)
F0,1(y1)
+
F0,2(x2)
F0,1(y2)
+ · · ·+ F0,2(xn)
F0,1(yn)
> F0,2(y1)
F0,1(y1)
+
F0,2(y2)
F0,1(y2)
+ · · ·+ F0,2(yn)
F0,1(yn)
. (2.18)
(với xn+2 là nghiệm lớn nhất của phương trình F0,2(x) = 0.)
87
Chứng minh. Từ cách chứng minh định lý (1.18), ta có
F0,1(x) > 0;F0,2(x) > 0∀x ∈ (xn+2; +∞).
Với xn < xn+2 và xn+2 là nghiệm lớn nhất của phương trình F0,2(x) = 0
Tương tự cách chứng minh định lý 2.7, ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét 2.2. Đối với các đa thức f(x) ∈ R[x] có bậc bằng n và có m(m < n)
nghiệm thực, trong đó có một số bộ nghiệm kép và khoảng cách giữa hai nghiệm kép
lớn hơn hoặc bằng hai thì nội dung định lý 2.8 vẫn đúng.
Nhận xét 2.3. Ta có thể dựa vào định lý (2.5) và (2.6) để đưa ra các bất đẳng thức
tương tự.
88
Kết luận
Các kết quả chính của luận văn Một số tính chất của đa thức thực và áp dụng đã
tập trung nghiên cứu, trình bày một số vấn đề sau:
1. Luận văn đã chứng minh điều kiện cần và đủ cho những lớp đa thức f(x) ∈ R[x]
với k nghiệm thực cho trước sẽ cho ta một nguyên hàm (gọi là đa thức nguyên hàm)
F1(x) =
x∫
x1
f(t)dt
có đủ k + 1 nghiệm thực
Tương tự, cho một đa thức f(x) ∈ R[x] với k nghiệm thực cho trước sẽ cho một
nguyên hàm cấp s s > 1 (gọi là đa thức nguyên hàm cấp s) dạng
Fs(x) =
x∫
xs
Fs−1(x)dt
có đủ k + s nghiệm thực.
2. Đối với các lớp đa thức dạng đặc biệt f(x) với deg f(x) = k nhưng
F1(x) =
x∫
0
f(t)dt không có đủ k + 1 nghiệm thực,
thì bằng cách thêm vào các 0−điểm một cách thích hợp, luận văn đưa ra cách xây
dựng lớp đa thức mới g(x) có deg = n sao cho
G1(x) =
x∫
0
g(t)dt có đủ n+ 1 nghiệm thực.
3. Dựa các tính chất của hàm lồi, lõm để bước đầu xây dựng một số bất đẳng
thức xuất phát từ nguyên hàm của một số lớp đa thức đặc biệt.
89
4. Luận văn trình bày một số dạng bài toán khảo sát tổng quát số nghiệm của
đa thức nguyên hàm, từ đó chúng ta có thể áp dụng vào một số hàm cụ thễ để tạo ra
một lớp bài tập cho học sinh về đa thức nguyên hàm.
Mặc dù đã hết sức cố gắng và nghiêm túc trong quá trình học tập và nghiên
cứu khoa học nhưng do thời gian và khả năng có hạn chắc chắn luận văn này còn có
những thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được ý kiến đóng góp của quý thầy giáo, cô
giáo và các bạn đồng nghiệp để luận văn được hoàn thiện hơn.
90
Tài liệu tham khảo
[1] Nguyễn Văn Mậu, 1993, Một số phương pháp giải phương trình và bất phương
trình, NXB Giáo Dục.
[2] Nguyễn Văn Mậu, Đặng Huy Ruận, Nguyễn Thuỷ Thanh, 2000, Phép tính vi
phân và tích phân hàm một biến, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.
[3] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Thuỷ Thanh, 2002, Giới hạn dãy số và hàm số, NXB
Giáo Dục.
[4] Nguyễn Văn Mậu, 2004,Đa thức đại số và phân thức hữu tỷ,NXB Giáo Dục.
[5] Nguyễn Văn Mậu, 2006,Bất đẳng thức, định lý và áp dụng,NXB Giáo Dục.
[6] Nguyễn Văn Mậu, 2007, Nội suy và áp dụng, NXB Giáo Dục.