Luận văn Một số tính chất của đa thức

nên trong mỗi khoảng (−∞, x11), (x1m+1,+∞) thì F0,2(x) có một nghiệm, giả sử các nghiệm đó là x21, x2m+2. Vậy đa thức F0,2(x) ∈ M2(f) có m + 2 nghiệm thực. Giả sử định lý đúng đến s = k − 1, tức là tồn tại nguyên hàm F0,k−1(x) có (m + k − 1) nghiệm thực là xk−11 , xk−12 , . . . , xk−1m+k−1. Khi đó F0,k−1(x) = (x− xm−11 )(x− xm−12 ) . . . (x− xm−1m+k−1)gk−1(x) > 0, Ta xét hai trường hợp sau đây. - Nếu k lẻ thì suy ra (m+ k − 1) cũng là số chẵn. Tại nút xk−11 , x k−1 3 , . . . , x k−1 m+k−2 hàm số F0,k−1(x) đổi dấu từ (+) sang (−) nên hàm số F0,k(x) đạt cực đại. Tại nút xk−12 , x k−1 4 , . . . , x k−1 m+k−1 hàm số F0,k−1(x) đổi dấu từ (−) sang (+) nên hàm số F0,k(x) đạt cực tiểu. Từ giả thiết cũng cho: F0,k(x k−1 1 )F0,k(x k−1 2 ) < 0, suy ra F0,k(x) = 0 có một nghiệm trong khoảng (xk−11 , x k−1 2 ) giả sử nghiệm đó là x = x k 2 và F0,k(x k−1 2 )F0,k(x k−1 3 ) < 0, suy ra F0,k(x) = 0 có một nghiệm trong khoảng (x k−1 1 , x k−1 2 ) giả sử nghiệm đó là x = x k 3. . . . , tương tự, F0,k(x k−1 m+k−2)F0,k(x k−1 m+k−1) < 0, suy ra F0,k(x) = 0 có một nghiệm trong khoảng (xk−1m+k−2, x k−1 m+k−1) giả sử nghiệm đó là x = x k m+k−1. Vì lim x→−∞ F0,k(x) = −∞, lim x→+∞ F0,k(x) = +∞ nên trong mỗi khoảng (−∞, xk−11 ), (xk−1m+k−1,+∞) nguyên hàm F0,k(x) có một nghiệm. Vậy nguyên hàm F0,k(x) ∈ Mk(f) có k + m nghiệm thực. - Nếu k là số nguyên chẵn thì suy ra (m + k − 1) là số lẻ. 53 Tại nút xk−11 , x k−1 3 , . . . , x k−1 m+k−2 hàm số F0,k−1(x) đổi dấu từ −) sang (+) nên hàm số F0,k(x) đạt cực tiểu. Tại nút xk−12 , x k−1 4 , . . . , x k−1 m+k−1 hàm số F0,k−1(x) đổi dấu từ (+) sang (−) nên hàm số F0,k(x) đạt cực đại. Từ giả thiết cũng cho: F0,k(x k−1 1 )F0,k(x k−1 2 ) < 0, suy ra F0,k(x) = 0 có một nghiệm trong khoảng (xk−11 , x k−1 2 ) giả sử nghiệm đó là x = x k 2 và F0,k(x k−1 2 )F0,k(x k−1 3 ) < 0, suy ra F0,k(x) = 0 có một nghiệm trong khoảng (xk−11 , x k−1 2 ) giả sử nghiệm đó là x = x k 3. . . . , tương tự, F0,k(x k−1 m+k−2)F0,k(x k−1 m+k−1) < 0, suy ra F0,k(x) = 0 có một nghiệm trong khoảng (xk−1m+k−2, x k−1 m+k−1) giả sử nghiệm đó là x = x k m+k−1. Vì lim x→−∞ F0,k(x) = +∞, lim x→+∞ F0,k(x) = +∞ nên trong mỗi khoảng (−∞, xk−11 ), (xk−1m+k−1,+∞) nguyên hàm F0,k(x) có một nghiệm. Vậy nguyên hàm F0,k(x) ∈ Mk(f) có k + m nghiệm thực. Trường hợp m lẻ, ta chứng minh tương tự.  Bổ đề 1.11. Giả sử đa thức f(x) ∈ R[x] có bậc bằng n và có m(m < n) nghiệm thực x1 < x2 < · · · < xα−1 < xα = xα+1 = · · · = xβ < xβ+1 < < · · · < xγ−1 < xγ = xγ+1 = · · · = xδ < xδ+1 < · · · < xm Gọi M2(f) là tập hợp các nguyên hàm cấp 2 của đa thức f(x). Khi đó, tồn tại đa thức F2(x) ∈ M2(f) có 2 + m nghiệm thực thì c2 = F0,2(x 1 α) = · · · = F0,2(x1β) = · · · = F0,2(x1γ) = · · · = F0,2(x1δ) ∈ ( maxF0,2(x 1 CT ),minF0,2(x 1 CD) ) , (1.13) trong đó x1i là nghiệm thứ i của nguyên hàm cấp 1, x 1 CT (x 1 CD) là nghiệm của đa thức F0,1(x) = 0 sao cho F0,1(x) chuyển dấu từ (-) sang (+) ( tương tự F0,1(x) chuyển dấu từ (+) sang (-) ) F0,2(x) là nguyên hàm cấp 2 của f(x) thỏa mãn F0,2(0) = 0, F0,0(x) = f(x) và 2 ≤ γ − β. (1.14) Chứng minh. Ta chứng minh cho trường hợp m là số chẵn. 54 (i).Trường hợp 1 : β − α và δ − γ đều là số chẵn. - Ta xét đa thức nguyên hàm cấp một F0,1(x) = x∫ 0 f(t)dt Trước hết ta xét trong nửa khoảng (−∞, xα−1] đa thức f(x) có (α − 1) nghiệm phân biệt, các nghiệm này chia nửa khoảng đang xét thành α − 1 nửa khoảng con không giao nhau. Trong khoảng (xα−1, xβ+1) đa thức f(x) nhận xα là nghiệm bội bậc (β − α + 1). Xét trong đoạn [xβ+1, xγ−1] đa thức f(x) có (γ − β − 2) nghiệm phân biệt. Trong khoảng (xγ−1, xδ+1) đa thức f(x) nhận xγ là nghiệm bội bậc δ − γ + 1. Trong nửa khoảng [xδ+1,+∞) đa thức f(x) có ít nhất (m − δ − 1) nghiệm phân biệt. Thay k = 1 vào (1.13), ta có c1 = F0,1(x 0 α) = · · · = F0,1(x0β) = · · · = F0,1(x0γ) = · · · = F0,1(x0δ), (1.15) c1 ∈ ( maxF0,1(x 0 CT ),minF0,1(x 0 CD) ) . Cho nên, trong nửa khoảng (−∞, xα−1] đa thức nguyên hàm Fc1(x) = F0(x) − c1 có ít nhất (α− 1) nghiệm thực.Ký hiệu là x11, x12, . . . , x1α−1. Trong khoảng (xα−1, xβ+1), xα là nghiệm bội bậc (β − α + 2) của nguyên hàm Fc1(x) = F0(x)− c1. Ký hiệu là x1α = x1α+1 = · · · = x1β. Trong đoạn [xβ+1, xγ−1],đa thức nguyên hàm Fc1(x) = F0(x) − c1 có ít nhất (α− β − 2) nghiệm thực.Ký hiệu x1β+1, x1β+2, . . . , x1γ−1. Trong khoảng (xγ−1, xδ+1), đa thức nguyên hàm Fc1(x) = F0(x)− c1 nhận xγ là nghiệm bội bậc δ − γ + 2. Ký hiệu x1γ−1 = x1γ = · · · = x1δ+1. Trong nửa khoảng [xδ+1,+∞) đa thức Fc1(x) = F0(x)− c1 có ít nhất (m− δ − 1) nghiệm phân biệt. Ký hiệu x1δ+1, x 1 δ+2, . . . , x 1 m. Suy ra, nguyên hàm Fc1(x) = F0,1(x)− c1 có ít nhất (m+ 1) nghiệm thực. 55 - Ta xét đa thức nguyên hàm cấp hai F0,2(x) = x∫ 0 F0,1(t)dt. Trước hết, ta xét trong nửa khoảng (−∞, x1α−1] đa thức F0,1(x) có (α − 1) nghiệm phân biệt, các nghiệm này chia nửa khoảng đang xét thành α − 1 nửa khoảng con không giao nhau. Trong khoảng (x1α−1, x 1 β+1), đa thức F0,1(x) nhận x 1 α là nghiệm bội bậc (β−α+2). Xét trong đoạn [x1β+1, x 1 γ−2] đa thức F0,1(x) có (γ − β − 2) nghiệm phân biệt. Trong khoảng (x1γ−2, x 1 δ+1) đa thức F0,1(x) nhận x 1 γ là nghiệm bội bậc δ − γ + 2. Trong nửa khoảng [x1δ+1,+∞) đa thức F0,1(x) có ít nhất (m− δ− 1) nghiệm phân biệt. Thay k = 2 vào (1.13), ta có c2 = F0,2(x 1 α) = · · · = F0,2(x1β) = · · · = F0,2(x1γ) = · · · = F0,2(x1δ) ∈ ( maxF0,2(x 1 CT ,minF0,2(x 1 CD) ) . (1.16) Cho nên, trong nửa khoảng (−∞, x1α−1], nguyên hàm Fc2(x) = F0(x) − c2 có ít nhất (α− 1) nghiệm thực. Ký hiệu là x21, x22, . . . , x2α−1. Trong khoảng (x1α−1, x 1 β+1), x 1 α là nghiệm bội bậc (β − α + 3) của nguyên hàm Fc2(x) = F0(x)− c2. Ký hiệu là x2α = x2α+1 = · · · = x2β. Trong đoạn [x1β+1, x 1 γ−2], nguyên hàm Fc2(x) = F0(x)− c2 có ít nhất (α − β − 3) nghiệm thực. Ký hiệu x2β+1, x 2 β+2, . . . , x 2 γ−1. Trong khoảng (x1γ−2, x 1 δ+1), x 1 γ là nghiệm bội bậc δ − γ + 3 của nguyên hàm Fc2(x) = F0(x)− c2. Ký hiệu x2γ−1 = x2γ = · · · = x2δ+1. Trong nửa khoảng [x1δ+1,+∞) nguyên hàm Fc2(x) = F0(x)−c2 có ít nhất (m−δ−1) nghiệm phân biệt. Ký hiệu x2δ+1, x 2 δ+2, . . . , x 2 m. Suy ra nguyên hàm Fc2(x) = F0(x)− c2 có ít nhất (m+ 2) nghiệm thực. (ii). Trường hợp 2 : β − α và δ − γ đều là số lẻ. (iii). Trường hợp 3 : β − α và δ − γ một số chẵn và một số lẻ. 56 Cả hai trường hợp này đều được chứng minh tương tự trường hợp 1. Trường hợp m là số lẻ, ta chứng minh tương tự.  Nhận xét 1.1. Tương tự cách chứng minh bổ đề (1.11) chúng ta khái quát được kết quả tổng quát sau đây : Định lý 1.19. Giả sử đa thức f(x) ∈ R[x] có bậc bằng n và có m(m < n) nghiệm thực x1 < x2 < · · · < xα−1 < xα = xα+1 = · · · = xβ < xβ+1 < < · · · < xγ−1 < xγ = xγ+1 = · · · = xδ < xδ+1 < · · · < xm Gọi Ms(f) là tập hợp các nguyên hàm cấp s của đa thức f(x). Khi đó, để ứng với mọi số nguyên dương s đều tồn tại đa thức Fs(x) ∈ Ms(f) có s + m nghiệm thực thì ck = F0,k(x k−1 α ) = · · · = F0,k(xk−1β ) = · · · = F0,k(xk−1γ ) = · · · = F0,k(xk−1δ ) ∈ ( maxF0,k(x k−1 CT ),minF0,k(x k−1 CD ) ) , trong đó xk−1i là nghiệm thứ i của nguyên hàm cấp k − 1, xk−1CT (xk−1CD ) là nghiệm của đa thức F0,k−1(x) = 0 sao cho F0,k−1(x) chuyển dấu từ (-) sang (+) ( tương tự F0,k−1(x) chuyển dấu từ (+) sang (-) ) F0,k(x) là nguyên hàm cấp k của f(x) thỏa mãn F0,k(0) = 0, F0,0(x) = f(x) và k ≤ γ − β. (1.17) Nhận xét 1.2. Trong trường hợp đa thức có hai nghiệm bội trở lên mà không thỏa mãn tính chất (1.17)(tức là nguyên hàm cấp k nhiều lắm chỉ được bằng khoảng cách giữa hai nghiệm bội) thì định lý không còn đúng. Ví dụ 1.2. Cho đa thức f(x) = x2(x − 1)2(x + 1), có deg f(x) = 5 và khoảng cách giữa hai nghiệm bội bằng 0. Khi đó F0,1(x) = x∫ 0 f(t)dt = x6 6 − x 5 5 − x 4 4 + x3 3 . Đa thức F0,1(x) chỉ có bốn nghiệm thực. 57 Chương 2 Tính chất nghiệm của các đa thức nguyên hàm 2.1 Nhận xét về nguyên hàm của một số đa thức dạng đặc biệt Nhận xét 2.1. Cho đa thức f(x) với hệ số thực (đa thức thực) bậc n có n nghiệm thực. Khi đó luôn tìm được điều kiện cần và đủ để tồn tại đa thức nguyên hàm F (x) của nó có các nghiệm điều thực Vậy vấn đề đặt ra là: Không phải lúc nào nguyên hàm F (x) cũng có đủ n + 1 nghiệm thực, điều đó còn phụ thuộc vào sự phân bố nghiệm của đa thức đã cho f(x). Ta xét đa thức g(x) bằng cách thêm vào đa thức f(x) các 0-điểm (nghiệm) để khi đó x∫ x1 g(t)dt có nhiều hơn đa thức g(x) một nghiệm. Trước hết ta sẽ xem xét các đa thức đơn giản của dạng thứ nhất f(x) = xk0(x + λ1) k1(x + λ2) k2 · · · (x + λn)kn , trong đó λ1 1 k0 + k1 + k2 + · · ·+ kn = N. 58 Không mất tính tổng quát, ta xét đa thức f(x) = xk(x− λ)l, λ > 0, k, l ≥ 2. Bài toán 2.1. Chứng minh rằng mọi đa thức nguyên hàm của đa thức f(x) = xk(x− λ)l có không đủ k + l + 1 nghiệm thực (kể cả bội). Giải. Ta xét cho đa thức nguyên hàm đặc biệt F0(x) (ứng với c = 0). Ta có các trường hợp sau (i) Nếu k, l đều là số tự nhiên chẵn thì đa thức nguyên hàm F (x) của đa thức f(x) là đa thức có đạo hàm cấp một f(x) = xk(x− λ)l ≥ 0 ∀x ∈ R hay F0(x) là hàm đồng biến trên R. Vậy F0(x) có nhiều nhất là max{k + 1, l + 1} nghiệm khi đường thẳng y = 0 đi qua F0(0) hoặc F0(λ). (ii) Nếu k là số tự nhiên chẵn và l là số tự nhiên lẻ (hoặc k lẻ, l chẵn.) thì đa thức nguyên hàm F (x) của f(x) có tối đa max{l + 2} hoặc max{k + 2} nghiệm khi đường thẳng y = 0 đi qua F0(λ) ( đi qua F0(0)). (iii) Nếu k, l đều là số tự nhiên lẻ thì đa thức nguyên hàm F0(x) có không quá max{k + 2, l + 2} nghiệm khi đường thẳng y = 0 đi qua F0(0) hoặc F0(λ). Vậy đa thức F0(x) có không đủ k+ l+1 nghiệm thực. Suy ra mọi đa thức nguyên hàm Fc(x) có không quá k + l+1 nghiệm thực.(Vì ta chỉ cần tịnh tiến đa thức Fc(x) c đơn vị theo hướng về gốc tọa độ ta sẽ được F0(x) ).  Bổ đề 2.1. Cho đa thức f(x) = xk(x−λ)l. Đặt g(x) = f(x)(x−mλ), ta có deg g(x) = k + l + 1. Khi đó điều kiện cần và đủ để tồn tại đa thức nguyên hàm G(x) của g(x) có (k + l + 2) nghiệm là m = k + 1 k + l + 2 . Chứng minh. (i). Điều kiện cần. Giả sử G0(x) có k + l + 2 nghiệm thực, ta có g(x) = xk+l+1 − λ ((1 k ) + m ) x2k + ((2 k ) + ( 1 k ) m ) λ2x2k−1 + · · ·+ (−1)kmλk+1xk. 59 Suy ra một nguyên hàm của g(x) là G0(x) = x∫ 0 f(t)(t+ m)dt, hay G0(x) = 1 k + l + 2 xk+l+2 − ( 1 l ) + m k + l + 1 λxk+l+1 + ( 2 l ) + ( 1 l ) m k + l λ2xk+l + · · · + (−1)l ( 1 + ( l−1 l )) k + 2 xk+2λl + (−1)l+1 m k + 1 λl+1xk+1 = xk+1 k + l + 2 q(x). (2.1) Để G0(x) có k + l+ 2 nghiệm thực thì q(x) có l+ 1 nghiệm thực. Vì λ là nghiệm của đa thức G0(x) nên theo định lý (1.7) ta có λ là nghiệm bội bậc l + 1 , hay q(x) có dạng q(x) = xl+1 − ( 2 l + 1 ) xlλ + ( 2 l + 1 ) xk−1λ2 + · · · + (−1)l ( l l + 1 ) xλl + (−1)l+1λl+1. (2.2) Từ (2.1) và (2.2) ta có đồng nhất thức k + l + 2 k + l + 1 ( ( 1 l ) + m) = ( 1 l + 1 ) k + l + 2 k + l ( ( 2 l ) + ( 1 l ) m) = ( 2 l + 1 ) k + l + 2 k + l − 1( ( 3 l ) + ( 2 l ) m) = ( 3 l + 1 ) . . . . . . . . . k + l + 2 l + 1 m = ( l l + 1 ) ⇒ m = k + 1 k + l + 2 . (ii). Điều kiện đủ. Giả sử m = k + 1 k + l + 2 , ta có g(x) = f(x)(x− k + 1 k + l + 2 λ) = xk(x− λ)l(x− k + 1 k + l + 2 λ) có một nguyên hàm tương ứng là G0(x) = xk+1 k + l + 2 (x− λ)k+1 có (k + l+2) nghiệm điều thực. Vậy nguyên hàm G(x) có (k + l+2) nghiệm thực.  60 Ví dụ 2.1. Cho đa thức f(x) = x3(x − 1)2. Đa thức này có một nguyên hàm tương ứng F0(x) có tối đa bốn nghiệm thực khi đường thẳng y = 0 đi qua F0(0). Ta xét đa thức g(x) = f(x)(x− 4 7 ) = x6 − 18 7 x5 + 15 7 x4 − 4 7 x3, có một nguyên hàm tương ứng là G0(x) = x7 7 − 3 7 x6 + 3 7 x5 − x 4 7 = x4 7 (x− 1)3. Đa thức G0(x) = 0 có 7 nghiệm thực. Bài toán 2.2. Cho đa thức f(x) = xk(x− λ1)l(x− λ2)h, trong đó 0 < λ1 < λ2, 1 < k, l, h ∈ N. Chứng minh rằng nguyên hàm của đa thức f(x) có ít hơn k + l + h + 1 nghiệm thực. Giải. Gọi nguyên hàm của đa thức f(x) là F (x), không mất tính tổng quát giả sử k ≤ l ≤ h. (i). Nếu k, l, h đều là số chẵn thì đa thức F (x) là hàm số có đạo hàm cấp một f(x) = xk(x− λ1)l(x− λ2)h ≥ 0 ∀x ∈ R, ta có số nghiệm của đa thức F (x) nhiều nhất là max{k, l, h}+ 1 đạt được khi đường thẳng y = 0 đi qua F (0) hoặc F (λ1) hoặc F (λ2). (ii). Nếu k, l, h đều là các số lẻ thì đa thức F (x) là một hàm số có 4 khoảng biến thiên khi đi qua 3 điểm cực trị của hàm số 0, λ1, λ2, ta có số nghiệm của đa thứcF (x) + Không vượt quá l + 3 nếu đường thẳng y = 0 đi qua F (λ1). + Không vượt quá k + h+2 nghiệm khi đường thẳng y = 0 đi qua F (0) = F (λ2) Vậy trong trường hợp này, số nghiệm mà đa thức F (x) có được không vượt quá k + h + 2. (iii). Nếu k, l, h không cùng chẵn hoặc lẻ thì ta có các trường hợp sau. + Nếu hai trong ba số k, l, h có hai số chẵn và một số lẻ khi đó số nghiệm nhiều nhất mà đa thức F (x) có được là (k + h+2) nghiệm khi đường thẳng y = 0 đi 61 qua F (0) = F (λ2). + Nếu hai trong ba số k, l, h có hai số lẻ và một số chẵn khi đó số nghiệm nhiều nhất mà đa thức F (x) có được là (k + h+2) nghiệm khi đường thẳng y = 0 đi qua F (0). Vậy số nghiệm thực tối đa mà đa thức F (x) có được ít hơn k + h+ 2 nghiệm.  Bổ đề 2.2. Cho đa thức f(x) = xk(x − λ1)l(x − λ2)h, trong đó (0 < λ1 < λ2, 1 < k, l, h ∈ N) Đặt g(x) = f(x)(x2 +Bx+C), ta có deg g(x) = k + l+ h+2. Khi đó điều kiện cần và đủ để tồn tại đa thức nguyên hàm G(x) của g(x) có (k + l + h + 3) nghiệm là  B = λ1(k + h + 2) + λ2(k + l + 2) k + l + h + 3 C = (k + 1)λ1λ2 k + l + h + 3 Chứng minh. Ta có g(x) = f(x)(x2 + Bx+ C) =xk+l+h+2 + [(1 l ) λ1 + ( 1 h ) λ2 + B ] xk+l+h+1 + [(2 l ) λ21 + ( 1 l )( 1 h ) λ1λ2 + ( ( 1 l ) λ1 + ( 1 h ) λ2)B + C ] xk+l+h + · · ·+ ( Bλl1λ h 2 + hCλ l 1λ h−1 2 ) xk+1 + Cλl1λ h 2x k. Suy ra có một nguyên hàm của g(x) là G0(x) = x∫ 0 f(t)(t2 + Bt+ C)dt, hay G0(x) = xk+1 k + l + h + 3 q(x). (2.3) (i). Điều kiện cần. Giả sử đa thức G0(x) có k + l + h + 3 nghiệm thực. Khi đó, q(x) phải có l + h + 2 nghiệm thực . Vì (−λ1); (−λ2) là nghiệm của đa thức G0(x) nên theo định lý (1.7) ta có (−λ1) là nghiệm bội bậc l + 1 và (−λ2) là nghiệm bội bậc h + 1 62 Do đó q(x) có dạng q(x) = (x + λ1) l+1(x + λ2) h+1 = xl+h+2 + (( 1 l + 1 ) λ1 + ( 1 h + 1 ) λ2 ) xl+h+1+ + (( 2 l + 1 ) λ21 + ( 1 l + 1 )( 1 h + 1 ) λ1λ2 + ( 2 h + 1 ) λ22 ) xl+h + · · · + (( l l + 1 ) λl1λ h+1 2 + ( l h + 1 ) λl+11 λ h 2 ) x + λl+11 λ h+1 2 (2.4) Từ (2.3) và (2.4), ta có đồng nhất thức sau: k + l + h + 3 k + l + h + 2 ((1 l ) λ1 + ( 1 h ) λ2 + B ) = (( 1 l + 1 ) λ1 + ( 1 h + 1 ) λ2 ) k + l + h + 3 k + l + h ((2 l ) λ21 + ( 1 l )( 1 h ) λ1λ2 + ( ( 1 l ) λ1 + ( 1 h ) λ2)B + C ) = ( 2 l+1 ) λ21 + ( 1 l+1 )( 1 h+1 ) λ1λ2 + ( 2 h+1 ) λ22 · · · k + l + h + 3 k + 2 ( Bλl1λ h 2 + hCλ l 1λ h−1 2 ) = ( l l + 1 ) λl1λ h+1 2 + ( l h + 1 ) λl+11 λ h 2 k + l + h + 3 k + 1 Cλl1λ h 2 = λ l+1 1 λ h+1 2 Suy ra  B = λ1(k + h + 2) + λ2(k + l + 2) k + l + h + 3 C = (k + 1)λ1λ2 k + l + h + 3 (ii). Điều kiện đủ. Giả sử cho B = λ1(k + h + 2) + λ2(k + l + 2) k + l + h + 3 C = (k + 1)λ1λ2 k + l + h + 3 Khi đó g(x) = f(x)(x2 + Bx+ C) = f(x)(x2 + λ1(k + h + 2) + λ2(k + l + 2) k + l + h + 3 x + (k + 1)λ1λ2 k + l + h + 3 ) có một nguyên hàm tương ứng là G0(x) = xk+1 k + l + h + 3 (x− λ1)l+1(x− λ2)h+1. Suy ra đa thức G(x) có k + l + h + 3 nghiệm thực.  63 Ví dụ 2.2. Cho đa thức f(x) = x2(x+ 1)3(x− 1)3. Đa thức này có một nguyên hàm tương ứng F0(x) có tối đa bốn nghiệm thực khi đường thẳng y = 0 đi qua F0(1) hoặc đi qua F0(1). Theo bổ đề (2.2), ta có k = 2, l = 3; λ1 = −1, h = 3; λ2 = 1. Do đó đa thức cần thêm (x2− 3 11 ), tức là cần thêm vào hai 0−điểm x1 = √ 3 11 ;x2 = − √ 3 11 , khi đó ta sẽ xét đa thức g(x) = f(x)(x2 − 3 11 ) = ( x10 − 36 11 x8 + 42 11 x6 − 20 11 x4 − 3 11 x2)(x2 − 3 11 ) có một nguyên hàm tương ứng là G0(x) = x3 11 [ x8 − 4x6 + 6x4 − 4x2 + 1 ] = x3 11 (x− 1)4(x+ 1)4. Đa thức G0(x) = 0 có 11 nghiệm thực. Bổ đề 2.3. Cho đa thức f(x) = xk0(x + λ1) k1(x + λ2) k2(x+ λ3) k3 λ1 6= λ2 6= λ3; ki ∈ N, ki ≥ 2 Đặt g(x) = f(x)(x3 + B2x 2 + B1x + B0), ta có deg g(x) = k0 + k1 + k2 + k3 + 3. Khi đó điều kiện cần và đủ để tồn tại đa thức nguyên hàm G(x) của g(x) có (k0 + k1 + k2 + k3 + 4) nghiệm là B0 = k0 + 1 3∑ j=0 kj + 4 3∏ i=0 λi, B1 = k0 + 2 3∑ j=0 kj + 4 3∑ i=1 ( ki ki + 1 ) 3∏ j=1 λkj λi −B0 3∑ i=1 1 λi ( ki − 1 ki ) , B2 = 3∑ i=1 λi ( 3∑ j=0 kj − ki + 3 ) 3∑ j=0 ki + 4 . Chứng minh. Ta có g(x) = f(x)(x3+B2x 2+B1x+B0) = x k0+k1+k2+k3+3+ ( 3∑ i=1 ( 1 ki ) λi+B2 ) xk0+k1+k2+k3+2 + ( 3∑ i=1 ( 2 ki ) λ2i + 3∑ i=1 i 6=j ( 1 ki )( 1 kj ) λiλj + B2 3∑ i=1 ( 1 ki ) λi + B1 ) xk0+k1+k2+k3+1 + · · ·+ ( B1 3∏ i=1 λkii x k0 + B0 3∑ i=1 ( ki − 1 ki ) 3∏ j=1 λ kj j λi ) xk0+1 + B0 3∏ i=1 λkii x k0 64 g(x) có một nguyên hàm G0(x) = x∫ 0 f(t)(t3 + B2t 2 + B1t + B0)dt hay G0(x) = xk0+1 3∑ j=0 kj + 4 q(x), trong đó, q(x) = xk1+k2+k3+3 + 3∑ j=0 kj + 4 3∑ j=0 kj + 3 ( B2 + 3∑ i=1 ( 1 ki ) λi ) xk1+k2+k3+2 + 3∑ j=0 kj + 4 3∑ j=0 kj + 2 [ B1 + B2 3∑ i=1 ( 1 ki ) λi + 3∑ i=1 i 6=j ( 1 ki )( 1 kj ) λiλj + 3∑ i=1 ( 2 ki ) λ2i ] xk1+k2+k3+1 + · · ·+ 3∑ j=0 kj + 4 k0 + 2 [ B1 3∏ i=1 λkii + B0 3∑ i=1 ( ki − 1 ki ) 3∏ j=1 λ kj j λi ] x + 3∑ j=0 kj + 4 k0 + 1 B0 3∏ i=1 λkii (2.5) (i). Điều kiện cần. Giả sử đa thức G0(x) có 3∑ j=0 kj + 4 nghiệm thực. Khi đó q(x) phải có 3∑ j=1 kj + 3 nghiệm thực. Vì (−λ1); (−λ2); (−λ3) là nghiệm của đa thức G0(x) nên theo định lý (1.7) ta có (−λ1) là nghiệm bội bậc k1+1; (−λ2) là nghiệm bội bậc k2+1 và (−λ3) là nghiệm bội bậc k3 + 1 nên Do đó q(x) có dạng q(x) = (x + λ1) k1+1(x+ λ2) k2+1(x + λ3) k3+1 = xk1+k2+k3+3 + 3∑ i=1 ( 1 ki + 1 ) λi ) xk1+k2+k3+2 + 3∑ i=1 ( 2 ki + 1 ) λ2i + 3∑ i=1 i 6=j ( 1 ki + 1 )( 1 kj + 1 ) λiλjx k1+k2+k3+1 + . . . + 3∑ i=1 ( ki ki + 1 ) 3∏ j=1 λ kj+1 j λi x + 3∏ i=1 λki+1i (2.6) 65 Từ (2.5) và (2.6) ta có đồng nhất thức 3∑ j=0 kj + 4 3∑ j=0 kj + 3 ( B2 + 3∑ i=1 ( 1 ki ) λi ) = ( 3∑ i=1 ( 1 ki + 1 ) λi ) , 3∑ j=0 kj + 4 3∑ j=0 kj + 2 ( B1 + B2 3∑ i=1 ( 1 ki ) λi + 3∑ i=1 i 6=j ( 1 ki )( 1 kj ) λiλj + 3∑ i=1 ( 2 ki ) λ2i ) = 3∑ i=1 ( 2 ki + 1 ) λ2i + 3∑ i=1 i 6=j ( 1 ki + 1 )( 1 kj + 1 ) λiλj , · · · 3∑ j=0 kj + 4 k0 + 2 ( B1 3∏ i=1 λkii + B0 3∑ i=1 ( ki − 1 ki ) 3∏ j=1 λ kj j λi ) = 3∑ i=1 ( ki ki + 1 ) 3∏ j=1 λ kj+1 j λi , 3∑ j=0 kj + 4 k0 + 1 B0 3∏ i=1 λkii = 3∏ i=1 λki+1i . Suy ra B2 = 3∑ i=1 λi ( 3∑ j=0 kj − ki + 3 ) 3∑ j=0 ki + 4 , B1 = k0 + 2 3∑ j=0 kj + 4 3∑ i=1 ( ki ki + 1 ) 3∏ j=1 λkj λi −B0 3∑ i=1 1 λi ( ki − 1 ki ) , B0 = k0 + 1 3∑ j=0 kj + 4 3∏ i=0 λi. 66 (ii). Điều kiện đủ. Giả sử B2 = 3∑ i=1 λi ( 3∑ j=0 kj − ki + 3 ) 3∑ j=0 ki + 4 B1 = k0 + 2 3∑ j=0 kj + 4 3∑ i=1 ( ki ki + 1 ) 3∏ j=1 λkj λi −B0 3∑ i=1 1 λi ( ki − 1 ki ) B0 = k0 + 1 3∑ j=0 kj + 4 3∏ i=0 λi Khi đó, đa thức g(x) có một nguyên hàm G0(x) = x k0+1(x + λ1) k2+1(x + λ1) k2+1(x + λ3) k3+1 Vậy đa thức G0(x) có 3∑ j=0 kj + 4 nghiệm thực.  Ví dụ 2.3. Cho đa thức f(x) = x2(x+1)3(x−1)3(x+2)2. Đa thức này có một nguyên hàm tương ứng F0(x) có tối đa bốn nghiệm thực khi đường thẳng y = 0 đi qua F0(1) hoặc đi qua F0(1). Theo bổ đề (2.3) ta có k0 = 2, k1 = 3; λ1 = −1 k2 = 3; λ2 = 1 k3 = 2; λ3 = 2. Do đó, ta có đa thức cần thêm (x3 + 22 14 x2 − 6 14 x − 6 14 ), tức là ta thêm vào đa thức ban đầu ba không điểm x1 = x2 ≈ −0, 97, x3 ≈ 0, 37. Khi đó ta xét đa thức g(x) =f(x)(x3 + 22 14 x2 − 6 14 x− 6 14 ) =x13 + 78 14 x12 + 48 7 x11 − 88 7 x10 − 30x9 + 18 14 + 272 7 x7 + 12x6 − 141 7 x5 − 65 7 + 24 7 x3 + 24 14 x2. có một nguyên hàm tương ứng là G0(x) = x3 14 [ x11 + 6x10 + 24x9 − 16x8 − 42x7 + 2x6 + 68x5 + 24x4 − 47x3 − 26x2 + 12x + 8 ] = x3 14 (x+ 1)4(x− 1)4(x + 2)3 Đa thức G0(x) = 0 có 14 nghiệm thực. 67 Bổ đề 2.4. Cho đa thức f(x) = xk0(x + λ1) k1(x+ λ2) k2(x+ λ3) k3(x+ λ4) k4 λ1 6= λ2 6= λ3 6= λ4; k ∈ N, ki ≥ 2 Đặt g(x) = f(x)(x4+B3x 3+B2x 2+B1x+B0), ta có deg g(x) = k0+k1+k2+k3+k4+4. Khi đó điều kiện cần và đủ để tồn tại đa thức nguyên hàm G(x) của g(x) có (k0 + k1 + k2 + k3 + 4) nghiệm là B3 = 4∑ i=1 λi ( 4∑ j=0 kj − ki + 4 ) 4∑ j=0 kj + 5 B2 = 4∑ i=0 ki + 3 4∑ i=0 ki + 5 [ 4∑ i=1 ( 2 ki + 1 ) λ2i + 4∑ i=1 i 6=j ( 1 ki + 1 )( 1 kj + 1 ) λiλj ] − −B3 4∑ i=1 ( 1 ki ) λi − [ 4∑ i=1 ( 2 ki ) λ2i + 4∑ j=1i 6=j ( 1 ki )( 1 kj ) λiλj ] B1 = k0 + 2 4∑ j=0 kj + 5 4∑ i=1 (ki + 2) 4∏ j=1 λ kj j λi B0 = k0 + 1 4∑ j=0 kj + 5 4∏ i=1 λi Chứng minh. Bổ đề được chứng minh tương tự các bổ đề trên. Ví dụ 2.4. Cho đa thức f(x) = x2(x + 1)3(x− 1)3(x + 2)2(x − 2)2. Đa thức này có một nguyên hàm tương ứng F0(x) có tối đa bốn nghiệm thực khi đường thẳng y = 0 đi qua F0(1) hoặc đi qua F0(−1). Theo bổ đề (2.4), ta có k0 = 2 k1 = 3; λ1 = −1 k2 = 3; λ2 = 1 k3 = 2; λ3 = 2 k4 = 2; λ4 = −2. Do đó, ta có đa thức cần thêm là x4− 53 17 x2 + 12 17 , tức là ta thêm vào bốn 0−điểm là x1 ≈ 1, 695;x2 ≈ −1, 695;x3 ≈ 0, 496;x3 ≈ −0, 496. Khi đó ta xét đa thức g(x) =f(x)(x4 − 53 17 x2 + 12 17 ) =x16 − 240 17 x14 + 78x12 − 3652 17 x10 + 5337 17 x8 − 4116 17 x6 + 1520 17 x4 − 192 17 x2 68 có một nguyên hàm tương ứng là G0(x) = x3 17 (x + 1)4(x− 1)4(x + 2)3(x− 2)3. Đa thức G0(x) = 0 có 17 nghiệm thực. Tương tự cách chứng minh các bổ đề trên ta có kết quả tổng quát sau Định lý 2.1. Cho đa thức f(x) = xk0(x + λ1) k1(x + λ2) k2 · · · (x + λn)kn , trong đó λ1 6= λ2 6= · · · 6= λn, k0, k1, . . . , kn ∈ N∗ki ≥ 2, k0 + k1 + k2 + · · ·+ kn = N. Đặt g(x) = f(x)(xn +Bn−1x2 +Bn−2x+ · · ·+B1x+B0), ta có deg g(x) = N +n. Khi đó điều kiện cần và đủ để tồn tại một đa thức nguyên hàm G(x) của g(x) có N +n+1 nghiệm là Bn−1 = n∑ i=1 λi ( N + n− ki ) N + n + 1 Bn−2 = N + n − 1 N + n + 1 [ n∑ i=0 ( 2 ki + 1 ) λ2 + n∑ i=1 i 6=j ( 1 ki + 1 )( 1 kj + 1 ) λiλj ] − −Bn−1 n∑ i=0 ( 1 ki ) λi − [ n∑ i=0 ( 2 ki ) λ2 + n∑ j=0i 6=j ( 1 ki )( 1 kj )] · · · B1 = n∑ i=0 k0 + 2 N + n + 1 n∏ j=1 λj(ki + 1) −B0ki λi B0 = k0 + 1 N + n + 1 n∏ i=1 λi Ta tiếp tục xét các trường hợp đơn giản của đa thức có dạng f(x) = xk0(x+ λ1) k1(x + λ2) k2 · · · (x+ λn)kn(x + β1)(x + β2) · · · (x+ βm), trong đó λ1 6= λ2 6= · · · 6= λn, k0, k1, . . . , kn ∈ N∗ki ≥ 2, k0 + k1 + k2 + · · ·+ kn = N. 69 Bổ đề 2.5. Cho đa thức f(x) = xk0(x + λ1) k1(x + λ2) λ1 6= λ2; ki ∈ N, ki ≥ 2 Đặt g(x) = f(x)(x2 + B1x + B0), ta có deg g(x) = k0 + k1 + 3. Khi đó điều kiện cần và đủ để tồn tại đa thức nguyên hàm G(x) của g(x) có (k0 + k1 + 4) nghiệm là B1 = (k0 + k1 + 3)(λ1 + λ2) + k1λ1 + λ2 k0 + k1 + 4 B0 = k0 + 1 k0 + k1 + 4 λ1λ2 Chứng minh. Ta có f(x) = xk0+k1+3 + [( 1 k1 ) λ1 + λ2 + B1 ] xk0+k1+2 + · · ·+ B0λk11 λ2, nên đa thức g(x) = f(x)(x3 + B2x 2 + B1x + B0) có một nguyên hàm G0(x) = x∫ 0 g(t)dt là G0(x) = xk0+1 k0 + k1 + 4 [ xk1+3 + k0 + k1 + 4 k1 + 3 (( 1 k1 ) λ1 + λ2 + B1 ) xk1+2 + · · ·+ + k0 + k1 + 4 k0 + 1 B0λ1 k1λ2 ] = xk0+1 k0 + k1 + 4 q(x). (2.7) (i). Điều kiện cần. Giả sử đa thức G0(x) có k0 + k1 + 4 nghiệm thực. Khi đó q(x) phải có k1 + 3 nghiệm thực. Theo định lý (1.7), vì (−λ1); (−λ2) là nghiệm của đa thức G0(x) nên (−λ1) là nghiệm bội bậc k1 + 1 và (−λ2) là nghiệm bội bậc 2 Do đó q(x) có dạng q(x) = (x+ λ1) k1+1(x + λ)2 = xk1+3 + [( 1 k1 + 1 ) λ1 + λ2 ] xk1+2 + · · ·+ λk1+11 λ22. (2.8) Từ (2.7) và (2.8), ta có đồng nhất thức ( 1 k1 ) λ1 + λ2 + B1 = ( 1 k1+1 ) λ1 + 2λ2 B0λ1 k1λ2 = λ1 k1+1λ2 2 70 Suy ra  B1 = (k0 + k1 + 3)(λ1 + λ2) + k1λ1 + λ2 k0 + k1 + 4 B0 = k0 + 1 k0 + k1 + 4 λ1λ2 (ii). Điều kiện đủ. Giả sử ta có : B1 = (k0 + k1 + 3)(λ1 + λ2) + k1λ1 + λ2 k0 + k1 + 4 B0 = k0 + 1 k0 + k1 + 4 λ1λ2 Khi đó g(x) = f(x)(x2 + B1x + B0) Có một nguyên hàm tương ứng G0 = xk0+1 k0 + k1 + 4 (x+ λ1) k1+1(x + λ2) 2 Nguyên hàm G0(x) có (k0 + k1 + 4) nghiệm thực.  Ví dụ 2.5. Cho đa thức f(x) = x2(x + 1)2(x− 2). Đa thức này có một nguyên hàm tương ứng F0(x) có tối đa 3 nghiệm thực khi đường thẳng y = 0 đi qua F0(0) hoặc đi qua F0(−1). Theo bổ đề 2.5, ta có k0 = 2 k1 = 2; λ1 = 1 λ2 = 1. Do đó, ta có đa thức cần thêm vào x2 − 7 8 x− 6 8 , tức là ta thêm vào hai 0−điểm là x1 ≈ 1, 4, x2 ≈ 0, 5, khi đó đa thức g(x) = f(x)(x2 − 7 8 x− 6 8 ) có một nguyên hàm tương ứng là G0(x) = x3 8 [ x5 − x4 + 5x3 + x2 + x+ 4 ] = x3 8 (x + 1)3(x− 2)2. Đa thức G0(x) = 0 có 8 nghiệm thực. Bổ đề 2.6. Cho đa thức f(x) = xk0(x + λ1) k1(x+ λ2)(x+ λ3) λ1 6= λ2 6= λ3; ki ∈ N, ki ≥ 2 Đặt g(x) = f(x)(x3 + B2x 2 + B1x + B0), ta có deg g(x) = k0 + k1 + 5. 71 Khi đó điều kiện cần và đủ để tồn tại đa thức nguyên hàm G(x) của g(x) có (k0 + k1 + 6) nghiệm là B2 = (k0 + k1 + 4)(λ2 + λ3) + (k0 + k1 + 6)λ1 − (k1 + 1)λ1 k0 + k1 + 6 B1 = k0 + k1 + 4 k0 + k1 + 6 {( 2 k1 + 1 ) λ21 + (λ2 + λ3) [ 2(k1 + 1)λ1 + λ2 + λ3 ] + 2λ2λ3 } −B2(k1λ1 + λ2 + λ3)− ( 2 k1 ) λ21 − k1λ1(λ2 + λ3)− λ2λ3 B0 = k0 + 1 k0 + k1 + 6 λ1λ2λ3 Chứng minh. Chứng minh tương tự như đối với bổ đề trên. Ví dụ 2.6. Cho đa thức f(x) = x2(x+1)2(x− 2)(x− 1). Đa thức này có một nguyên hàm tương ứng F0(x) có tối đa 3 nghiệm thực khi đường thẳng y = 0 đi qua F0(0) hoặc đi qua F0(−1). Theo bổ đề 2.6, ta có k0 = 2 k1 = 2; λ1 = 1 λ2 = 1 λ3 = 1. Do đó, ta có đa thức cần thêm vào x3 − 17 10 x2 − 3 10 x+ 6 10 , tức là ta thêm vào ba 0−điểm là x1 ≈ 1, 66;x2 ≈ −0, 58;x3 ≈ 0, 61 hay, ta xét đa thức g(x) =f(x)(x3 − 17 10 x2 − 3 10 x + 6 10 ) có một nguyên hàm tương ứng là G0(x) = x3 10 [ x7 − 3x6 − 2x5 + x4 − 11x2 + 4 ] = x3 10 (x + 1)3(x− 2)2(x− 1)2. Đa thức G0(x) = 0 có 10 nghiệm thực. Tương tự ta đưa ra kết quả tổng quát sau đây Định lý 2.2. Cho đa thức f(x) = xk0(x+ λ1) k1(x + λ2) k2 · · · (x+ λn)kn(x + β1)(x + β2) · · · (x+ βm), trong đó λ1 6= λ2 6= · · · 6= λn, k0, k1, . . . , kn ∈ N∗ki ≥ 2, k0 + k1 + k2 + · · ·+ kn = N. 72 Đặt g(x) = f(x)(xn0 + Bn0−1x 2 + Bn0−2x+ · · · + B1x + B0), n0 = n + m− 1. Ta được deg g(x) = N + 2m + n− 1, đặt deg g(x) = h− 1. Khi đó điều kiện cần và đủ để tồn tại một đa thức nguyên hàm G0(x) của g(x) có N + n + 2m = h nghiệm là Bn0−1 = (h− 2)E1(β) + h n∑ i=1 λi − n∑ i=1 (ki + 1)λi h Bn0−2 = h− 2 h [ E21(β) + 2E1(β) n∑ i=1 (ki + 1)λi + 2E2(β) + n∑ i=1 ( 2 ki+1 ) λ2i + n∑ i=1i 6=j ( 1 ki+1 )( 1 kj+1 ) λiλj ] −Bn0−1 [ n∑ i=1 kiλi + E1(β) ] − n∑ i=1 ( 2 ki ) λ2i − n∑ i=1 ( 1 ki )( 1 kj ) λiλj −E1(β) n∑ i=1 kiλi −E2(β) · · · B1 = k0 + 2 h Em−1(β) Em(β) n∏ i=1 λi + n∏ j=1 λj h [ n∑ i=1 ki λi Em(β) + Em−1(β) ] B0 = k0 + 1 h n∏ i=1 λiEm(β), trong đó  E1(β) := β1 + β2 + · · · + βm E2(β) := β1β2 + β1β3 + · · ·+ βn−1βm . . . . . . . . . Em(β) := β1β2β3 · · · βm 2.2 Một số bài toán về khảo sát số nghiệm thực của đa thức nguyên hàm Các định lý 1.11 và 1.13 đã chỉ ra tiêu chuẩn để nhận biết một đa thức có nghiệm thực cho trước có tồn tại hay không một nguyên hàm có số nghiệm thực nhiều hơn đa thức đã cho và phương pháp xác định nguyên hàm đó. Nhận xét rằng, phép 73 tích phân không làm thay đổi dấu của các hạng tử trong đa thức.Như vậy khi hằng số c ∈ R của nguyên hàm Fc(x) = F0(x) − c xác định, ta có thể đánh giá được số nghiệm dương, số nghiệm âm của đa thức Fc(x) dựa vào quy tắc dấu Descartes. Bài toán 2.3. Cho đa thức f(x) = 5x(x − 1)(x − 2)(x − 3). Xác định hằng số c để nguyên hàm Fc(x) của đa thức f(x) có các nghiệm đều thực. Hãy cho biết số nghiệm dương của đa thức Fc(x) trong trường hợp đó. Bài toán 2.4. Cho đa thức f(x) = 5x(x − 1)(x − 2)(x − 3). Xác định hằng số c để nguyên hàm Fc(x) của đa thức f(x) có các nghiệm đều thực. Hãy cho biết số nghiệm dương của đa thức Fc(x) trong trường hợp đó. Giải. Đa thức f(x) có bốn nghiệm thực là x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2, x4 = 3. Ta xét F0(x) = x∫ 0 f(t) dt = x5 − 15 2 x4 + 55 3 x3 − 15x2 Lần lượt thay các giá trị x1 = 0, x2 = 1, x3 = 2, x4 = 3 vào F0(x), ta được F0(x1) = 0, F0(x2) = −19 6 , F0(x3) = −4 3 , F0(x4) = −4, 5. Rõ ràng F0(x1) > F0(x4), theo bổ đề 1.5, tồn tại nguyên hàm Fc(x) = F0(x)− c có tất cả các nghiệm đều thực. Khi đó ta chọn c sao cho c ∈ [ ax{F0(x2), F0(x4)}, in{F0(x1), F0(x3)} ] hay c ∈ [ ax {−19 6 ;−4, 5}, in{0;−4 3 }] . Suy ra c ∈ [ − 19 6 ,−4 3 ] . Khi đó ta thu được F(x) = x 5 − 15 2 x4 + 55 3 x3 − 15x2 − c là đa thức có 5 nghiệm thực. Do c < 0 nên dãy hệ số của F (x) đổi dấu 4 lần, theo tính chất 1.8 thì đa thức F (x) có 4 nghiệm dương. 74 Bài toán 2.5. Cho đa thức f(x) = (−1)n(n+1)(x− x1)(x−x2)(x−x3) · · · (x−xn), (x1 6 x2 6 x3 6 · · · 6 xn) có n nghiệm thực. Giả sử nguyên hàm F0(x) của f(x) thoả mãn điều kiện max 1≤i≤[n2 ] F0(x2i) 6 min 0≤j≤[ n−12 ] F0(x2j+1). Chứng minh rằng với mọi α ∈ R luôn tồn tại c ∈ R sao cho đa thức F0(x)− c+αf(x) có các nghiệm đều thực. Giải. Do đa thức f(x) = (−1)n(n + 1)(x− x1)(x− x2)(x− x3) · · · (x− xn), x1 6 x2 6 x3 6 · · · 6 xn có nguyên hàm F0(x) thoả mãn điều kiện max 1≤i≤[n2 ] F0(x2i) 6 min 0≤j≤[n−12 ] F0(x2j+1) nên theo định lý 1.11, luôn tồn tại c ∈ R sao cho đa thức Fc(x) = F0(x) − c có các nghiệm đều thực. Khi đó, nếu α = 0 thì hiển nhiên đa thức F0(x) − c + αf(x) có các nghiệm đều thực. Ta xét trường hợp α 6= 0. Đặt H(x) = e 1αxFc(x). Suy ra H ′(x) = 1 α e 1 α x [ Fc(x) + αF ′ c(x) ] = 1 α e 1 α x [ Fc(x) + αf(x) ] . Do e 1 α x > 0 ∀x ∈ R nên số nghiệm của Fc(x) cũng là số nghiệm của H(x), số nghiệm của H ′(x) cũng là số nghiệm của Fc(x)+αf(x). Mặt khác, degFc(x) = n+1 và Fc(x) có các nghiệm đều thực nên Fc(x) có n + 1 nghiệm thực. Suy ra H(x) cũng có n + 1 nghiệm thực. Theo định lý Rolle thì H ′(x) có ít nhất n nghiệm thực hay Fc(x)+αf(x) cũng có ít nhất n nghiệm thực. Nhận xét rằng degFc(x)+αf(x) = n+1 và các hệ số của đa thức Fc(x)+αf(x) là các số thực nên theo định lý Viette thì Fc(x)+αf(x) có n+1 nghiệm thực hay tất cả các nghiệm đều thực. Bài toán 2.6. Cho đa thức x2 + αx + β có nghiệm thực với α, β ∈ R và đa thức f(x) ∈ R[x] có các nghiệm đều thực. Giả sử tồn tại F1(x), F2(x) lần lượt là các 75 nguyên hàm cấp 1, cấp 2 của đa thức f(x) và có các nghiệm đều thực. Chứng minh rằng đa thức F2(x) + αF1(x) + βf(x) có các nghiệm đều thực. Giải. Do đa thức x2 + αx + β có nghiệm thực không giảm tính tổng quát ta giả sử x2 + αx + β = (x + x1)(x + x2), (x1, x2 ∈ R) Theo định lý Viette ta có x1 + x2 = αx1x2 = β. Khi đó F2(x) + αF1(x) + βf(x) =F2(x) + (x1 + x 2)F1(x) + x1x2f(x) = [ F2(x) + x1F1(x) ] + x2 [ F1(x) + x1f(x) ] =P (x) + x2P ′(x) với P (x) = F2(x) + x1F1(x). Nhận xét rằng, F2(x), F1(x) là các đa thức có các nghiệm đều thực và x1 ∈ R, theo bài toán 2.5 thì P (x) là đa thức có các nghiệm đều thực. Theo định lý Rolle thì P ′(x) cũng là đa thức có các nghiệm đều thực. Theo bài toán 2.5 thì P (x) + x2P ′(x) là đa thức có các nghiệm đều thực. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.  Bài toán 2.7. Cho đa thức x3 + αx2 + βx + γ có nghiệm thực với α, β, γ ∈ R và đa thức f(x) ∈ R[x] có các nghiệm đều thực. Giả sử tồn tại F1(x), F2(x), F3(x) lần lượt là các nguyên hàm cấp 1, cấp 2, cấp 3 của đa thức f(x) chỉ có các nghiệm thực. Chứng minh rằng đa thức F3(x) + αF2(x) + βF1(x) + f(x) có các nghiệm đều thực. Giải. Do đa thức x3 + αx2 + βx+ γ có nghiệm thực, không giảm tính tổng quát ta giả sử x3 + αx2 + βx + γ = (x + x1)(x + x2)(x+ x3), với x1, x2, x3 ∈ R. 76 Theo định lý Viette ta có  x1 + x2 + x3 = α x1x2 + x2x3 + x3x1 = β x1x2x3 = γ. Khi đó F3(x) + αF2(x) + βF1(x) + f(x) =P2(x) + x2P1(x) + x3 [ P1(x) + x2p(x) ] . với p(x) = F1(x) + x1f(x). Nhận xét rằng F1(x), f(x) là các đa thức có các nghiệm đều thực và x1 ∈ R, theo bài toán 2.5 thì p(x) là đa thức có các nghiệm đều thực. Tương tự, P1(x), P2(x) cũng là các đa thức có các nghiệm đều thực. Tiếp theo ta đặt q(x) = P1(x) + x2p(x). Khi đó nguyên hàm của q(x) là Q1 = P2(x) + x2P1(x). Theo bài toán 2.5 thì q(x), Q1(x) là đa thức có các nghiệm đều thực. Tương tự ta cũng có Q1(x) + x3q(x) cũng là đa thức có các nghiệm đều thực. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.  Lập luận tương tự ta có lời giải cho bài toán tổng quát Bài toán 2.8. Cho đa thức P (x) ∈ R[x] sao cho P (x) + P ′(x) = (x + 2)(x + 1)x(x− 1)(x− 2). Chứng minh rằng tồn tại hằng số c ∈ R để hàm số P (x)− ce−x có 6 nghiệm thực. Giải. Từ giả thiết P (x) + P ′(x) =(x + 2)(x + 1)x(x− 1)(x− 2) =x5 − 5x3 + 4x suy ra đa thức P (x) có dạng P (x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + e → P ′(x) = 5x4 + 4ax3 + 3bx2 + 2cx + d 77 → P (x)+P ′(x) = x5 +(a+5)x4 +(b+4a)x3 +(c+4b)x2 +(d+2c)x+(e+d). (2.9) Đồng nhất hệ số của (2.9) với đa thức P (x) + P ′(x) = x5 − 5x3 + 4x ta thu được a = −5 b = 15 c = −45 d = 94 e = −94. Suy ra P (x) = x5 − 5x4 + 15x3 − 45x2 + 94x − 94. Đặt F0(x) := e xP (x), f(x) := ex ( P (x) + P ′(x) ) . Ta xét F0(x) = x∫ −2 f(t)dt = x∫ −2 et ( P (t) + P ′(t) ) dt. Do đa thức P (x) + P ′(x) có 5 nghiệm phân biệt là x1 = −2, x2 = −1, x3 = 0, x4 = 1, x5 = 2 và ex > 0 ∀x ∈ R nên f(x) cũng nhận x1 = −2, x2 = −1, x3 = 0, x4 = 1, x5 = 2 là nghiệm. Tại các nút x1 = −2, x3 = 0, x5 = 2 hàm số f(x) đổi dấu từ (−) sang (+) nên hàm số F0(x) đạt cực tiểu. Tại các nút x2 = −1, x4 = 1 hàm số f(x) đổi dấu từ (+) sang (−) nên hàm số F0(x) đạt cực đại. Giá trị của hàm số F0(x) tại các điểm dừng là: F0(x1) ≈ −93, 9;F0(x2) ≈ −93, 4;F0(x3) = −94;F0(x4) ≈ −92, 4;F0(x5) ≈ −103, 4. Nhận xét rằng ax{F0(x1), F0(x3), F0(x5)} = F0(x1) < in{F0(x2), F0(x4)} = F0(x2) nên ta chọn số thực c sao cho c ∈ (F0(x1), F0(x2)). Khi đó F0(x1) < c hay F0(x1)− c < 0 và F0(x2) > c hay Fc(x2)− c > 0. 78 Suy ra tồn tại x˜1 ∈ (x1, x2) là nghiệm của đa thức F0(x)− c. Do F0(x3) 0 thì ∃ x˜2 ∈ (x2, x3) là nghiệm của đa thức F0(x)− c. Tương tự ∃ x˜3 ∈ (x3, x4), x˜4 ∈ (x4, x5) là các nghiệm của đa thức F0(x)− c. Nhận xét rằng, lim x→+∞ F0(x) = lim x→+∞ exP (x) = +∞ nên tồn tại a > x5 sao cho F0(a)− c > 0. Mặt khác, F0(x5)−c < 0 nên trong khoảng (x5,+∞) tồn tại x˜5 là nghiệm của nguyên hàm F0(x)− c. Dễ thấy lim x→−∞ F0(x) = lim x→−∞ exP (x) = 0 mà c < 0 (do c < F0(x2) < 0) nên tồn tại b 0 kết hợp với F (x1) − c < 0 ta thu được trong khoảng (−∞, x1) sẽ tồn tại x˜6 là nghiệm của hàm số F0(x)− c. Vậy hàm số F0(x)− c có 6 nghiệm thực. Do F0(x) = e xP (x), ex 6= 0 ∀x nên F0(x)− c = exP (x)− c = ex ( P (x)− ce−x ) . Ta có ex 6= 0 ∀x nên nghiệm của F0(x)− c cũng là nghiệm của P (x)− ce−x. Vậy hàm số P (x)− ce−x có 6 nghiệm thực khi c ∈ ( F0(x1), F0(x2) ) .  Bài toán 2.9. Giả sử đa thức bậc lẻ P (x) có hệ số cao nhất bằng 1 và degP (x) = n, (n > 4), α ∈ R, α 6= 0 cho trước sao cho đa thức P (x) + αP ′(x) có k (k 6 n) nghiệm thực phân biệt là x1, x2, . . . , xk, (x1 < x2 < · · · < xk). Chứng minh rằng điều kiện để tồn tại c ∈ R sao cho hàm số P (x)− ce− xα có ít nhất k nghiệm thực là min 1≤i≤[ k−12 ] F0(x2i) > max 0≤j≤[ k2 ] F0(x2j+1), (2.10) trong đó F0(x) = e x αP (x) Giải. Do degP (x) = n là số tự nhiên lẻ, theo hệ quả 1.1 ta có k cũng là số lẻ và tồn tại x0 ∈ R[x] sao cho P (x0) = 0. Đặt F0(x) := e x αP (x), f(x) := e x α ( P (x) + αP ′(x) ) . 79 Ta xét x∫ x0 f(t)dt = x∫ x0 e t α ( P (t) + αP ′(t) ) dt =αF0(x) Do α 6= 0, e xα 6= 0 ∀x nên nghiệm của phương trình P (x) + αP ′(x) = 0 cũng là nghiệm của phương trình f(x) = 0, nghiệm của phương trình P (x) = 0 cũng là nghiệm của phương trình F0(x) = 0. Suy ra x1, x2, x3, . . . , xk (x1 < x2 < x3 < · · · < xk) là k nghiệm phân biệt của f(x) hay f(xi) = 0, ∀i ∈ {1, 2, . . . , k}. Tại các nút x1, x3, x5, . . . , xk hàm số f(x) đổi dấu từ (−) sang (+) nên hàm số F0(x) đạt cực tiểu. Tại các nút x2, x4, x6, . . . , xk−1 hàm số f(x) đổi dấu từ (+) sang (−) nên hàm số F0(x) đạt cực đại. Trường hợp 1. Nếu max 0≤i≤[ k 2 ] F0(x2i+1) < min 1≤j≤[ k−1 2 ] F0(x2j) thì tồn tại c sao cho c ∈ ( max 0≤i≤[ k 2 ] F0(x2i+1), min 1≤j≤[ k−1 2 ] F0(x2j) ) . Vì thế nên F0(x1) < c hay F0(x1)− c < 0 và F0(x2) > c hay F0(x2)− c > 0. Suy ra ( F0(x1)− c )( F0(x2)− c ) < 0. Do đó ∃ x˜1 ∈ (x1, x2) là nghiệm của đa thức F0(x)− c. Tương tự, ∃ x˜2 ∈ (x2, x3), x˜3 ∈ (x3, x4), . . . , x˜k−1 ∈ (xk−1, xk) là các nghiệm của đa thức F0(x)− c. Tại xk hàm số F0(x) đạt cực tiểu và F0(xk) 6 max 0≤i≤[ k 2 ] F0(x2i+1) hay F0(xk) < c → F0(xk)− c < 0. 80 Mặt khác, lim x→+∞ F0(x) = lim x→+∞ e x αP (x) = +∞ nên tồn tại số thực a > xk sao cho F0(a)− c > 0. Suy ra ( F (xk)− c )( F (a)− c ) < 0. Vậy trong khoảng (xk,+∞) tồn tại x˜k là nghiệm của hàm số F0(x)− c. Sau đây ta sẽ khảo sát sự tồn tại nghiệm của hàm số F0(x) − c trong khoảng (−∞, x1). Tại x1 hàm số F0(x) đạt cực tiểu và F0(x1) 6 max 0≤i≤[ k 2 ] F0(x2i+1) hay F0(x1) < c → F0(x1)− c < 0. Nhưng lim x→−∞ F0(x) = lim x→−∞ e x αP (x) = 0 nên tồn tại số thực b < x1 sao cho F0(b)− c > 0 nếu c < 0. Khi đó ( F0(x1)− c )( F0(b)− c ) < 0. Vậy nếu c < 0 thì trong khoảng (−∞, x1) sẽ tồn tại x˜k+1 là nghiệm của hàm số F (x). Do c ∈ ( max 0≤i≤[ k 2 ] F0(x2i+1), min 1≤j≤[ k−1 2 ] F0(x2j) ) nên để tồn tại hằng số c < 0 ta chỉ cần max 0≤i≤[ k 2 ] Fc(x2i+1) < 0. Vậy hàm số F0(x)−c có ít nhất k nghiệm thực. Đặc biệt, khi max 0≤i≤[ k 2 ] F0(x2i+1) < 0 thì hàm số F0(x)− c có k + 1 nghiệm thực. Trường hợp 2. Nếu max 0≤i≤[ k 2 ] Fc(x2i+1) = min 1≤j≤[ k−1 2 ] Fc(x2j) thì tồn tại duy nhất c sao cho c = max 0≤i≤[ k 2 ] Fc(x2i+1) = min 1≤j≤[ k−1 2 ] Fc(x2j). Ta chia trục số thành k − 1 đoạn và 2 nửa khoảng như sau (−∞, x1], [x1, x2], . . . , [x2q−1, x2q], [x2q, x2q+1], . . . , [xk,+∞). - Xét nửa khoảng (−∞, x1]. Tương tự như trên 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.