Luận văn Nguyên lý descartes và ứng dụng trong khảo sát đa thức thực49731

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGÔ MINH HIẾU NGUYÊN LÝ DESCARTES VÀ ỨNG DỤNG TRONG KHẢO SÁT ĐA THỨC THỰC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 ThuVienDeThi.com ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGÔ MINH HIẾU NGUYÊN LÝ DESCARTES VÀ ỨNG DỤNG TRONG KHẢO SÁT ĐA THỨC THỰC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU Thái Nguyên - 2015 ThuVienDeThi.com i Mục lục Lời cam đoan ii Lời cảm ơn iii Mở đầu 1 Một số kiến thức bổ trợ đa thức 1.1 Một số tính chất đa thức 1.2 Nguyên lý Descartes đa thức 1.3 Hệ trực tiếp 3 12 Biểu diễn số dạng đa thức dương đoạn 2.1 Biểu diễn đa thức dương nửa trục thực 2.2 Biểu diễn đa thức dương đoạn 2.3 Nguyên lý Descartes đa thức nguyên hàm 16 16 29 31 Một số ứng dụng nguyên lý Descartes 3.1 Biện luận số nghiệm đa thức 3.2 Một số ứng dụng khác 59 59 66 Kết luận Đề nghị 70 Tài liệu tham khảo 71 ThuVienDeThi.com ii Lời cam đoan Tôi xin cam đoan số liệu kết nghiên cứu luận văn trung thực không trùng lặp với đề tài khác Tôi xin cam đoan thông tin trích dẫn luận văn rõ nguồn gốc Thái Nguyên, ngày 10 tháng năm 2015 Học viên Ngô Minh Hiếu ThuVienDeThi.com iii Lời cảm ơn Trước hết, muốn gửi lời biết ơn sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học mình, GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, người hết lòng giúp đỡ, động viên bảo tơi q trình học tập luận văn Tôi muốn gửi lời cảm ơn đến Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên ln tạo điều kiện thuận lợi dành cho tơi suốt thời gian học tập Khoa Cuối tơi muốn gửi tình cảm đặc biệt tới đại gia đình tơi, người ln động viên chia sẻ khó khăn q trình hồn thành luận văn ThuVienDeThi.com Mở đầu Đa thức có vị trí quan trọng tốn học khơng đối tượng nghiện cứu trọng tâm Đại số mà cịn cơng cụ đắc lực Giải tích lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn, lý thuyết điều khiển, tối ưu Ngoài ra, lý thuyế đa thức sử dụng nhiều toán cao cấp, toán ứng dụng Trong kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic quốc tế toán đa thức đề cập nhiều xem dạng tốn khó bậc phổ thong Các toán lien quan đến đa thức nằm chương trình thi Plympic sinh viên trường đại học cao đẳng Giải tích Đại số Tuy nhiên đa thức trình bày dạng sơ lược, tập đa thức chưa phân loại hệ thống hóa cách chi tiết Tài liệu đa thức chưa có nhiều, cịn chưa hệ thống theo dạng tốn phương pháp giải Vì vậy, việc khảo sát sâu toán đa thức gặp nhiều khó khăn, thuật tốn Để đáp ứng cho nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề đa thức, luận văn “Nguyên lý Descartes ứng dụng khảo sát đa thức thực” phần giúp bổ sung bồi dưỡng thêm kiến thức thiếu giáo viên học sinh đa thức ứng dụng đa thức Ngoài phần Mở đầu Kết luận, luận văn chia làm chương đề cấp đến vấn đề sau đây: • Chương trình bày tính chất đa thức thực ngun lý Descartes • Chương trình bày biểu diễn số dạng đa thức dương đoạn • Chương trình bày số ứng dụng nguyên lý Descartes ThuVienDeThi.com Thái Nguyên, tháng 05 năm 2015 Ngơ Minh Hiếu Học viên Cao học Lớp B Khóa 06/2013-06/2013 Chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Email: minh_hieu1678@yahoo.com ThuVienDeThi.com Chương Một số kiến thức bổ trợ đa thức 1.1 Một số tính chất đa thức Định nghĩa 1.1.1 (xem [3]) Một đa thức bận n ẩn Pn (x) biểu thức dạng Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 hệ số an , an−1 , , a1 , a0 số thực (hoặc phức) an = 0, n ∈ N Ta kí hiệu (i) Bậc đa thức Pn (x) deg Pn (x) Do deg Pn (x) = n (ii) an - hệ số cao (chính) đa thức (iii) a0 - hệ số tự đa thức (iv) an xn - hạng tử cao Chú ý 1.1.2 Về sau ta xét đa thức Pn với hệ số thực gọi tắt đa thức thực Định nghĩa 1.1.3 (xem [3]) Cho đa thức Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 , với an = Số α ∈ C gọi nghiệm đa thức Pn (x) Pn (α) = ThuVienDeThi.com k Nếu tồn k ∈ N, k > cho Pn (x) (x − α) P − n(x) không chia hết cho (x − α) k+1 α gọi nghiệm bội k đa thức Pn (x) Đặc biệt, k = α gọi nghiệm đơn, k = α gọi nghiệm kép Định lí 1.1.4 (Gauss, xem [3]) Mọi đa thức bậc n ≥ trường C có n nghiệm nghiệm tính số lần bội Bổ đề 1.1.5 (xem [3]) Các nghiệm phức thực phương trình đa thức thực Pn (z) = xuất theo cặp nghiệm liên hợp Định lí 1.1.6 (xem [3]) Mọi đa thức với hệ số thực đề biểu diễn dạng n Pn (x) = a0 (x − α1 ) (x − αr ) x + p x + q1 m1 x + p s x + qs ms s r mi = n, ni + i=1 nr p2i − 4qi < 0, i = 1, s i=1 α1 , α2 , , αr ; p1 , p2 , , ps ∈ R Từ Định lí 1.1.6 ta dễ dàng suy hệ quan trọng sau Hệ 1.1.7 (1) Số nghiệm phức đa thức với hệ số thực (nếu có) ln số chẵn (2) Nếu đa thức f (x) với hệ số thực có nghiệm phức f (x) đa thức bậc chẵn (3) Giả sử Pn (x) đa thức bậc n có k nghiệm thực với k ≤ n n k tính chẵn lẻ (4) Đa thức bậc lẻ với hệ số thực ln có nghiệm thực Định lí 1.1.8 (xem [3]) Một đa thức thực bậc n có khơng q n nghiệm thực ThuVienDeThi.com Định lí 1.1.9 (Tính chất hàm đa thức, xem [3]) Mọi đa thức Pn (x) ∈ R[x] xác định liên tục R Ngoài ra, Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 , với an = Khi x → +∞ Pn (x) → d(an )∞ Khi x → +−∞ Pn (x) → (−1)n d(an )∞ n = deg Pn (x), an hệ số     + a >    d(a) = − a <      0 a = 1.2 Nguyên lý Descartes đa thức Xét dãy số thực a0 , a1 , (hữu hạn vô hạn) cho trước Định nghĩa 1.2.1 (xem [3]) Chỉ số m, (m ≥ 1) gọi vị trí (chỗ) đổi dấu dãy am−1 am < am−1 = am−2 = = am−(k+1) am−k am < (m > k ≥ 2) Trong trường hợp thứ am−1 am , cịn trường hợp thứ hai am−k am lập thành vị trí đổi dấu Số lần đổi dấu (bằng số vị trí dổi dấu) dãy không thay đổi số hạng bỏ số hạng lại bảo tồn vị trí tương hỗ chúng Nhận xét 1.2.2 Ta có nhận xét sau (1) Các dãy số a0 , a1 , a2 , , an an , an−1 , , a0 có số lần đổi dấu (2) Khi gạch bỏ số hạng dãy, số lần đổi dấu không tăng lên ThuVienDeThi.com (3) Khi đặt số hạng dãy số lượng tùy ý số hạng 0, số vị trí đổi dấu dãy khơng thay đổi (4) Số vị trí đổi dấu khơng thay đổi bên cạnh số hạng dãy ta đặt số hạng có dấu với số hạng (5) Nếu p0 > 0, p1 > 0, dãy a0 , a1 , a2 , a0 p0 , a1 p1 , a2 p2 , có vị trí đổi dấu (6) Dãy a0 , a1 + a0 , a2 + a1 , , an + an−1 , an có số vị trí đổi dấu không lớn so với dãy a0 , a1 , a2 , , an Bài toán 1.2.1 (xem [3]) Giả sử giá trị đa thức f (x) điểm a b khác Khi khoảng (a, b) chứa số chẵn (hoặc số lẻ) không điểm hàm f (a) f (b) có dấu (trái dấu) Lời giải Nhận xét đa thức f (x) chứa số hữu hạn không điểm khoảng (a, b) Khi f (x) có khơng điểm có bội chẵn dấu f (x) qua khơng điểm khơng đổi Khi f (x) có khơng điểm có bội lẻ dấu f (x) thay đổi Từ suy kết luận toán Bài toán 1.2.2 (xem [3]) Giả sử aj , ak khác Khi dãy số hữu hạn aj , aj+1 , , ak−1 , ak có số chẵn (hoặc số lẻ) vị trí đổi dấu aj ak dấu (hay trái dấu) Lời giải Xét dãy aj , aj+1 , aj+2 , , ak−1 , ak Ta thực bước sau • Giữ nguyên aj (= b0 ), ThuVienDeThi.com • Giữ lại aj+1 aj+1 trái dấu với aj Nếu xảy aj+1 = aj+1 dấu với aj loại bỏ aj+1 • Tiếp tục trình vậy, số dấu với số đứng trước gạch bỏ, ta dãy đan dấu sau aj = b0 , b1 , b2 , , bm bm dấu với ak – Nếu b0 bm dấu rõ ràng số vị trí đổi dấu dãy b0 , b1 , b2 , , bm số chẵn – Nếu b0 bm trái dấu số vị trí đổi dấu dãy số lẻ Từ có điều phải chứng minh Bài tốn 1.2.3 (xem [3]) Nếu j + k + (j < k) vị trí dổi dấu kề dãy a0 , a1 , a2 , dãy hiệu số aj+1 − aj , aj+2 − aj+1 , , ak − ak−1 , ak+1 − ak có số lẻ vị trí đổi dấu (do có lần đổi dấu) Lời giải Theo giả thiết ta có sign (aj+1 ) = sign (aj+1 − aj ) sign (ak+1 ) = sign (ak+1 − ak ) Từ giả thiết sign (aj+1 ) = − sign (ak+1 ) = ta suy sign (aj+1 − aj ) = − sign (ak+1 − ak ) = Do trái dấu Theo kết Bài tốn 1.2.2 ta có điều phải chứng minh Bài tốn 1.2.4 (xem [3]) Chứng minh dãy số a0 , a1 , a2 , , an có ω vị trí đổi dấu dãy hiệu lập thành từ dãy a1 − a0 , a2 − a1 , , an − an−1 có ω − vị trí đổi dấu ThuVienDeThi.com Lời giải Ta ký hiệu vị trí đổi dấu ta cần quan tâm k1 + 1, k2 + 1, , kω+1 , mà ≤ k1 < k2 < < kω ≤ n − Khi dãy sau ak1 +1 − ak1 , ak1 +2 − ak1 +1 , , ak2 +1 − ak2 , ak2 +1 − ak2 , ak2 +2 − ak2 +1 , , ak3 +1 − ak3 , akω +1 − akω , akω +2 − akω +1 , , akω +1 − akω Sẽ có vị trí đổi dấu (theo kết Bài toán 1.2.3) Bài toán 1.2.5 (xem [3]) Nếu dãy hữu hạn a0 , a1 , a2 , , an có ω vị trí đổi dấu dãy tạo nên từ theo cách sau a0 , a1 − a0 , a2 − a1 , , an − an−1 , an có khơng vị trí đổi dấu (loại trừ trường hợp tầm thường số hạng dãy 0) Lời giải Ta sử dụng ký hiệu Bài toán 1.2.4 Mỗi dãy a0 , a1 − a0 , a2 − a1 , , ak1 +1 − ak1 , akω +1 − akω , akω +2 − akω +1 , , an−1 − an , an bổ sung thêm cho vị trí vị trí đổi dấu Thật vậy, giả sử aα số hạng khác dãy Khi ≤ α ≤ k1 sign (aα − aα−1 ) = sign (aα ) = − sign (ak1 +1 ) = − sign (ak1 +1 − ak1 ) ThuVienDeThi.com (theo kết Bài tốn 1.2.2) Lập luận hồn tồn tương tự ta kết cho dãy viết Định nghĩa 1.2.3 (xem [3]) Ta gọi đổi dấu vị trí đổi dấu đa thức P (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 đổi dấu vị trí đổi dấu dãy hệ số an , an−1 , , a1 , a0 Bài toán 1.2.6 (xem [3]) Chứng minh α > đa thức P (x) P (αx) có số vị trí đổi dấu Lời giải Dễ dàng chứng minh toán dựa vào Nhận xét 1.2.2-(5) Thật vậy, hai dãy an , an−1 , , a1 , a0 , αn an , αn−1 an−1 , , αa1 , a0 có chung vị trí đổi dấu Bài tốn 1.2.7 (xem [3]) Chứng minh đa thức f (x) (x + 1) có số vị trí đổi dấu khơng nhiều số vị trí đổi dấu đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 Lời giải Ta có f (x) (x + 1) = a0 + (a1 + a0 ) x + (a2 + a1 ) x2 + (an + an−1 ) xn + an xn+1 có dãy hệ số a0 , a1 + a0 , a2 + a1 , , an + an−1 , an có số vị trí đổi dấu không nhiều so với dãy số a0 , a1 , a2 , , an−1 , an (dựa vào Nhận xét 1.2.2-(6)) ThuVienDeThi.com 10 Bài toán 1.2.8 (xem [3]) Giả sử cho số Chứng minh ta chuyển từ đa thức P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + + an xn đến đa thức g (x) = (a − x) a0 + a1 x + a2 x2 + + an xn = aa0 + (aa1 − a0 ) x + (aa2 − a1 ) x2 + − an xn+1 số vị trí đổi dấu tăng thêm Lời giải Thay x αx ta thu g (ax) = (a − ax) a0 + a1 ax + a2 a2 x + + an an xn = aa0 + (aa1 − a0 ) ax + (aa2 − a1 ) a2 x2 + + (aan − an−1 ) an xn − an an+1 xn+1 đa thức có dãy hệ số aa0 , (aa1 − a0 ) a, (aa2 − a1 ) a2 , , (aan − an−1 ) an , −an an+1 Để ý dãy hệ số a0 , a1 , a2 , , an−1 , an có vị trí đổi dấu dãy aa0 , (aa1 − a0 ) a, (aa2 − a1 ) a2 , , (aan − an−1 ) an nên số vị trí đổi dấu dãy aa0 , (aa1 − a0 ) a, (aa2 − a1 ) a2 , , (aan − an−1 ) an , −an an+1 tăng thêm vị trí đổi dấu Vậy g(αx) có số vị trí đổi dấu tăng thêm một, mà g(x) g(αx) có vị trí đổi dấu (Bài tốn 1.2.7) nên từ ta suy điều phải chứng minh ThuVienDeThi.com 11 Bài toán 1.2.9 (Quy tắc dấu Descartes, [3]) Giả sử N số không điểm dương đa thức P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + + an xn W số lần đổi dấu dãy hệ số Chứng minh W ≥ N W − N số chẵn Lời giải Khẳng định 1: W ≥ N Giả sử không điểm dương đa thức P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + + an xn Khi đó, ta có P (x) = Q (x) (α1 − x) (α2 − x) (αN − x) , Q(x) đa thức bậc n − N với hệ số thực Nhận xét Q(x) có số vị trí đổi dấu khơng âm, Q (x) (α1 − x) có số vị trí đổi dấu lớn hay (Bài toán 1.2.8); Q (x) (α1 − x) (α2 − x) có số vị trí đổi dấu lớn hay 2, Sau Q (x) (α1 − x) (α2 − x) (αN − x) có số vị trí đổi dấu lớn hay N điều phải chứng minh Khẳng định 2: W − N số chẵn Giả sử aα hệ số khác đa thức aω hệ số khác cuối đa thức P (x) ω < α (nếu ω = α điều cần chứng minh hiển nhiên) nên ta xét trường hợp ω < α < z1 < α1 ≤ α2 ≤ α3 ≤ ≤ αN < z2 < +∞ Hiển nhiên z1 đủ gần z2 đủ lớn sign P (z1 ) = sign (aα ) , sign P (z2 ) = sign (aω ) (Bài toán 1.2.1 1.2.2) nên W − N số chẵn Nếu sign P (z1 ) = sign (aα ) sign P (z2 ) = sign (aω ) trái dấu số vị trí đổi dấu P (x) số không điểm dương P (x) lẻ nên W − N số chẵn ThuVienDeThi.com 12 Một số ví dụ Ví dụ 1.2.4 Chứng minh đa thức f (x) = x4 − 6x3 + 8x2 + 4x − có nghiệm dương Lời giải Xét dãy dấu hệ số + − + + − Suy W = Gọi số không điểm dương f (x) N Ta có − N = 2k (k ∈ Z+ ) N = N = Vì f (0) f (1) < nên đa thức cho có nghiệm dương khoảng (0, 1) Ví dụ 1.2.5 Chứng minh đa thức f (x) = x5 − 2x4 − 8x3 − x2 − 9x + có hai nghiệm dương nghiệm âm Lời giải Xét dãy dấu hệ số + − − − −+ Suy W = Gọi số không điểm dương f (x) N Ta có − N = 2k (k ∈ Z+ ) N = N = Vì f (0) f (1) < nên đa thức cho có nghiệm dương khoảng (0, 1) N = nên đa thức có hai nghiệm dương Để khảo sát số nghiệm âm, ta xét đa thức g (x) = f (−x) = −x5 − 2x4 + 8x3 − x2 + 9x + có dãy dấu hệ số − − + − ++ nên Wg = Vậy − Ng = 2k (k ∈ Z + ) Suy Ng = Ng = Vậy Ng Do đa thức g(x) có nghiệm dương nên đa thức f (x) có nghiệm âm Vậy ta có điều phải chứng minh 1.3 Hệ trực tiếp Bài toán 1.3.1 (xem [2]) Chứng minh đa thức P (x) ∈ R[x] khơng có nghiệm dương tồn đa thức Q(x) R(x) với hệ số không âm thỏa ThuVienDeThi.com 13 mãn đồng thức P (x) = Q (x) R (x) Lời giải Khơng tính tổng qt, ta coi đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn bất đẳng thức P (x) > ứng với x > nên P (x) viết dạng s m (x − bk ) x − bk , (x − aj ) P (x) = a j=1 k=1 a > 0, aj > 0, bk ∈ C bk số phức liên hợp bk Do tích đa thức với hệ số khơng âm đa thức với hệ số không âm nên ta cần chứng minh cho trường hợp đa thức gj (x) = x + aj Fk (x) = (x − bk ) x − bk biểu diễn dạng Q (x) /R (x) với Q(x) R(x) đa thức với hệ số không âm đủ Với đa thức g (x) = (x + a) với a ≥ 0, ta chọn Q (x) = (x + a) ; R (x) ≡ Với đa thức F (x) = (x − b) x − b Re b chọn Q (x) = F (x) = x2 + |Re b| x + |b| R (x) ≡ Với đa thức F (x) = (x − b) x − b Re b > khơng tính tổng qt, coi arg b ∈ 0, π2 chọn n ∈ N để 2n arg b ∈ k với j = 0, 1, , n − Do arg b2 = 2k arg b (0 k π 2,π j Re b2 > n) nên arg b2n j Re b2 > với j = 0, 1, , n − Như ta có F (x) = (x − b) x − b x − b2 = x2 − b (x + b) x + b x4 − b4 x4 − b = (x + b) x + b (x2 + b2 ) x2 + b = n n n 2n x2 − b2 x2 − b = 2n−1 (x + b) x + b x2n−1 + b2n−1 x2n−1 + b = Q (x) R (x) đa thức có hệ số khơng âm n Q (x) = x2 − b2 n n x2 − b 2n = x2 ThuVienDeThi.com n − Re b2 n x + b2 n 14 có hệ số khơng âm Từ suy điều phải chứng minh Tiếp theo, xét số nghiệm dương đa thức thong qua số lần đổi dấu dãy hệ số đa thức Đồng thời khảo sát số kết số nghiệm đa thức khoảng nửa khoảng Ví dụ, chẳng hạn, để xác định số nghiệm âm đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 ta đặt g (x) = f (−x) xét số nghiệm dương số nghiệm âm đa thức f (x) số nghiệm dương đa thức g(x) Cũng vậy, để xét số nghiệm đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 khoảng (−1, 1) ta áp dụng phép đổi biến phân tuyến tính 1+x = t → t > 1−x Ta xem t hàm biến x t′ = (1 − x) > 0, với x ∈ (0, 1) Vậy hàm số t hàm số đồng biến khoảng (−1, 1) có tập giá trị (0, +∞) Vì với ln tìm giá trị x ∈ (−1, 1) Ta có x= t−1 t+1 Do f (x) = f t−1 t+1 n ak = k=0 t−1 t+1 k Xét hàm số n g (t) = (t + 1) f t−1 t+1 n k ak (t − 1) (t + 1) = k=0 ThuVienDeThi.com n−k 15 Dễ thấy số nghiệm x ∈ (−1, 1) đa thức số nghiệm dương đa thức g(t) Xét số nghiệm dương đa thức g(t) suy số nghiệm x ∈ (−1, 1) đa thức f (x) Tương tự ta xét số nghiệm đa thức n ak x k f (x) = k=0 nửa khoảng đoạn dạng [−1, 1) , (−1, 1] , [−1, 1] Để xét số nghiệm đa thức n ak x k f (x) = k=0 khoảng (a, b) tùy ý, ta tiến hành thực phép đổi biến x= Ta có a+b a−b + t, 2 n n k ak ak x = f (x) = k=0 k=0 t ∈ (−1, 1) a+b a−b + t 2 k Khi để xét số nghiệm đa thức khoảng ta xét số nghiệm n g (t) = a+b a−b + t 2 ak k=0 n k bk t k = k=0 k b−a Ckj b k = ak j=0 j a+b k−j Để xét số nghiệm đa thức n ak x k f (x) = k=0 khoảng (0, +∞), ta tiến hành thực phép đổi biến x = a + t t ∈ (0, +∞) dẫn đến xét nghiệm dương đa thức n n k g (t) = ak (t + a) = k=0 k Ckj an−j ak k=0 ThuVienDeThi.com j=0 tk ... đề đa thức, luận văn ? ?Nguyên lý Descartes ứng dụng khảo sát đa thức thực” phần giúp bổ sung bồi dưỡng thêm kiến thức thiếu giáo viên học sinh đa thức ứng dụng đa thức Ngoài phần Mở đầu Kết luận, ... 2.3 Nguyên lý Descartes đa thức nguyên hàm 16 16 29 31 Một số ứng dụng nguyên lý Descartes 3.1 Biện luận số nghiệm đa thức 3.2 Một số ứng dụng khác ...ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGÔ MINH HIẾU NGUYÊN LÝ DESCARTES VÀ ỨNG DỤNG TRONG KHẢO SÁT ĐA THỨC THỰC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ