(Luận văn) đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm trong lớp đa thức và một số dạng toán liên quan

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ NGỌC DAO lu an n va ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC CHỨA ĐẠO HÀM TRONG LỚP ĐA THỨC VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN p ie gh tn to d oa nl w lu nf va an LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2017 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM THỊ NGỌC DAO lu an n va p ie gh tn to ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC CHỨA ĐẠO HÀM TRONG LỚP ĐA THỨC VÀ MỘT SỐ DẠNG TOÁN LIÊN QUAN d oa nl w nf va an lu Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP lm ul Mã số: 60 46 01 13 z at nh oi LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z gm @ Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu m co l an Lu THÁI NGUYÊN - 2017 n va ac th si i Mục lục MỞ ĐẦU lu Chương Một số dạng đẳng thức bất đẳng thức lớp an n va 1.1 Tính chất hàm số liên tục 1.2 Một số đẳng thức chứa đạo hàm 1.3 Một số bất đẳng thức chứa đạo hàm 11 1.4 Một số tính chất hàm lồi khả vi 14 p ie gh tn to hàm liên tục hàm khả vi nl w Chương Các đẳng thức bất đẳng thức chứa đạo hàm 20 2.1.1 Định lý Rolle đa thức 20 2.1.2 Nội suy Taylor đa thức 21 2.1.3 Nội suy Newton đa thức 23 2.1.4 Nội suy theo nút điểm dừng đồ thị 26 nf va z at nh oi lm ul Một số bất đẳng thức chứa đạo hàm đa thức 30 2.2.1 Bất đẳng thức Newton đa thức 30 2.2.2 Bất đẳng thức bậc hai đoạn 32 z @ Ước lượng đa thức đạo hàm đa thức 40 46 m co Chương Một số dạng toán liên quan l gm 2.3 an 2.2 Đẳng thức chứa đạo hàm đa thức 20 lu 2.1 d oa đa thức Một số dạng toán cực trị đa thức 46 3.2 Khảo sát phương trình hệ phương trình đa thức 48 an Lu 3.1 n va ac th si 57 KẾT LUẬN 58 TÀI LIỆU THAM KHẢO lu an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Mở đầu Chuyên đề đa thức chuyên đề quan trọng bậc trung học phổ thông Đa thức không đối tượng nghiên cứu trọng tâm đại số mà lu công cụ đắc lực nhiều lĩnh vực khác tốn học an Trong kì thi học sinh giỏi toán cấp, Olympic Toán sinh viên, va tốn liên quan tới đa thức nói chung đặc biệt toán đẳng thức, n tn to bất đẳng thức cực trị đa thức chứa không chứa đạo hàm thường gh xuyên đề cập Những dạng toán thường thuộc loại khó, p ie phần kiến thức đa thức dạng toán đẳng thức, bất đẳng thức w cực trị lại khơng nằm chương trình thức chương trình Số học, oa nl Đại số Giải tích bậc trung học phổ thông Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên d an lu đề đa thức, làm luận văn "Đẳng thức, bất đẳng thức chứa đạo hàm nf va lớp đa thức số toán liên quan" Luận văn nhằm cung cấp số dạng toán đẳng thức, bất đẳng thức đa thức chứa đạo hàm trình bày lm ul phương pháp giải chúng, xét toán cực trị, khảo sát phương trình, bất z at nh oi phương trình đa thức số dạng liên quan Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận chương Chương Một số dạng đẳng thức bất đẳng thức lớp hàm liên tục z @ hàm khả vi Chương Một số dạng toán liên quan co l gm Chương Các đẳng thức bất đẳng thức chứa đạo hàm đa thức Tiếp theo, chương trình bày hệ thống tập áp dụng giải m an Lu đề thi HSG quốc gia Olympic liên quan n va ac th si Chương Một số dạng đẳng thức bất đẳng thức lớp hàm liên tục hàm khả vi lu an va n Trong chương trình bày số tính chất hàm liên tục ie gh tn to khả vi p 1.1 w Tính chất hàm số liên tục oa nl Định lý 1.1 (Tính trù mật hàm liên tục, [4], [6]) Giả sử hàm f (x) liên tục d đoạn [a, b] f (a)f (b) < Khi tồn c ∈ (a, b) cho f (c) = lu nf va an Định lý 1.2 (Định lý giá trị trung gian hàm liên tục, [4],[6]) Nếu f (x) liên tục [a, b], f (x) nhận giá trị trung gian f (a) f (b) Tức là, với z at nh oi lm ul γ nằm f (a) f (b) tồn giá trị c ∈ [a, b] cho f (c) = γ Chứng minh Khơng tính tổng quát, giả sử f (a) < f (b) Ta thấy định lý dễ dàng chứng minh γ = f (a) γ = f (b) z Xét γ với f (a) < γ < f (b) Ta chứng minh tồn giá trị c ∈ [a, b] cho gm @ f (c) = γ l Thật vậy, xét hàm g(x) = f (x) − γ hàm liên tục [a, b] g(c) = m co Ta lại có g(a) < 0, g(b) > theo Định lý 1.1 tồn giá trị c ∈ (a, b) để an Lu Điều cho thấy tồn giá trị c ∈ [a, b] cho f (c) = γ Định lý n va chứng minh ac th si Định lý 1.3 (Định lý Weierstrass, [4],[6]) Giả sử f hàm xác định liên tục [a, b] Khi ln tồn giá trị lớn giá trị nhỏ hàm f đoạn [a, b], tức tồn xm , xM ∈ [a, b] cho với x ∈ [a, b] ta ln có f (xm ) ≤ f (x) ≤ f (xM ) Chứng minh Trước hết, ta chứng minh f (x) bị chặn [a, b] Giả sử f (x) không bị chặn [a, b], tức với n ∈ N tồn xn ∈ [a, b] cho |f (xn )| ≥ n Ta thấy dãy (xn ) bị chặn nên theo Định lý Balzano-Weierstrass tồn dãy xnk → x0 ∈ [a, b] cho |f (xnk )| ≥ nk Chuyển qua giới hạn, ta lu an thu |f (x0 )| = +∞, mâu thuẫn f (x) liên tục x0 Vậy f (x) bị chặn va Gọi m = inf f (x), M = sup f (x) Lấy ε = n [a,b] [a,b] , n ∈ N∗ , ∃xn ∈ [a, b], cho n Theo Định lý Balzano-Weierstrass tồn dãy xnk (xn ) gh tn to > f (xn ) − m ≥ n p ie thỏa mãn xnk → xm > f (xnk ) − m ≥ Lấy giới hạn ta nk w lim f (xnk ) = f (xm ) = m oa nl x→∞ d Tương tự, tồn xM để f (xM ) = sup f (x) = M an lu [a,b] nf va Hệ 1.1 Nếu f : [a, b] → R liên tục f ([a, b]) = [m, M ] ⊂ R m = f (x), M = max f (x) [a,b] lm ul [a,b] z at nh oi Ví dụ 1.1 (Hàm Dirichlet) Khảo sát tính liên tục hàm số  1, x số hữu tỷ, D(x) = 0, x số vô tỷ z @ gm Vì lân cận điểm hữu tỷ tìm điểm vơ tỷ m x→x0 co hạn lim D(x) l ngược lại, nên với điểm x0 tùy ý khoảng (−∞, +∞) không tồn giới Dirichlet an Lu Như vậy, điểm trục thực điểm gián đoạn từ hai phía hàm n va ac th si Ví dụ 1.2 (Hàm Riemann) Trên đoạn [0, 1] xét hàm số 1  , x = p phân số tối giản, q f (x) = q 0, x số vô tỷ Chứng minh - Các điểm hữu tỷ điểm gián đoạn hàm số, - Các điểm vô tỷ điểm liên tục hàm số Chứng minh Giả sử x0 điểm tùy ý thuộc [0, 1] Với số ε > lu tồn số hữu hạn số tự nhiên thỏa mãn điều kiện q , nghĩa εp  p đoạn [0, 1] có số hữu hạn số hữu tỷ dạng , mà f = ≥ ε Xét an n va q q q lân cận đủ nhỏ điểm x0 dạng (x0 − δ, x0 + δ) (δ > 0), cho lân cận Khi đó, với |x − x0 | < δ, (x 6= x0 ) |f (x)| < ε Nghĩa là, với x0 tồn gh tn to khơng có điểm số điểm hữu tỷ nói trừ điểm x0 ) p ie f (x0 + 0), f (x0 − 0) w f (x0 + 0) = f (x0 − 0) = oa nl Nếu x0 số vơ tỷ, f (x) = 0, nghĩa điểm hàm số liên tục, d x0 số hữu tỷ, f (x0 ) 6= 0, có gián đoạn từ hai phía lu nf va an Bài tốn 1.1 Chứng minh rằng, f (x) hàm liên tục, z at nh oi lm ul hàm liên tục F (x) = |f (x)| Lời giải Giả sử ε > tùy ý Khi đó, tồn δ = δ(ε, x0 ), cho z gm @ |f (x) − f (x0 )| < ε, |x − x0 | < δ Sử dụng bất đẳng thức ||A| − |B|| ≤ |A − B|, ta có co l |F (x) − F (x0 )| = ||f (x)| − |f (x0 )|| ≤ |f (x) − f (x0 )| < ε m an Lu |x − x0 | < δ, nghĩa F (x) hàm liên tục n va Nhận xét 1.1 Tuy nhiên, điều ngược lại nói chung khơng ac th si 1.2 Một số đẳng thức chứa đạo hàm Trong phần này, ta xét định lý giá trị trung bình Định nghĩa 1.1 ([4],[6]) Hàm số f gọi khả vi điểm a tồn lân cận Ω a cho tồn f (x) với x ∈ Ω Định nghĩa 1.2 ([4],[6]) (i) Hàm số f gọi đạt cực tiểu địa phương điểm a tồn lân cận Ω a cho f (x) ≥ f (a), ∀x ∈ Ω lu an (ii) Hàm số f gọi đạt cực đại địa phương điểm a tồn n va lân cận Ω a cho to gh tn f (x) ≤ f (a), ∀x ∈ Ω Nhận xét 1.2 Về sau, ta gọi hàm số f đạt cực trị địa phương điểm a ie p f đạt cực đại cực tiểu địa phương điểm a nl w oa Tiếp theo, ta trình bày kết liên quan đến đẳng thức d giá trị trung bình hàm số sau an lu Định lý 1.4 (Định lý Fermat, [4]) Nếu hàm f (x) khả vi điểm a đạt cực nf va trị địa phương a f (a) = lm ul Chứng minh Khơng tính tổng qt, ta giả sử f (x) đạt cực đại địa phương z at nh oi a Điều cho thấy tồn lân cận Ω a cho f (x) − f (a) ≤ 0, ∀x ∈ Ω h→0 h = f (a) ≥ (2) n va lim h f (a + h) − f (a) i (1) an Lu f (a + h) − f (a) ≥ Suy h = f (a) ≤ m - Nếu h < h co h→0 h f (a + h) − f (a) i l lim gm f (a + h) − f (a) ≤ Suy h @ - Nếu h > z Với h 6= cho a + h ∈ Ω, ta có ac th si Từ (1) (2), suy f (a) = Tương tự, ta có chứng minh cho trường hợp f đạt cực tiểu địa phương a Định lý 1.5 (Định lý Rolle) Giả sử f hàm liên tục [a, b] có đạo hàm (a, b) Nếu f (a) = f (b) tồn điểm c ∈ [a, b] cho f (c) = Chứng minh Vì f liên tục [a, b], theo Định lý Weierstrass hàm f phải đạt giá trị lớn giá trị nhỏ đoạn [a, b] Tức là, tồn điểm x1 , x2 ∈ (a, b) cho lu an f (x1 ) = f (x) = m, f (x2 ) = max f (x) = M x∈[a,b] x∈[a,b] va n Có hai khả xảy ra: gh tn to - Nếu m = M , f (x) = const đoạn [a, b], f (x) = với x ∈ (a, b) c điểm khoảng ie p - Nếu m < M , từ điều kiện f (a) = f (b) nên có hai điểm w x1 , x2 không trùng với đầu mút [a, b] Giả sử x1 ∈ (a, b), theo Định lý d oa nl Fermat đạo hàm điểm an lu Nhận xét 1.3 - Định lý Rolle nói chung khơng cịn khoảng (a, b) có điểm c nf va mà khơng tồn f (c) lm ul - Điều kiện liên tục hàm f (x) đoạn [a, b] thay điều z at nh oi kiện f (x) liên tục khoảng (a, b) - Ý nghĩa hình học: Khi điều kiện Định lý Rolle thỏa mãn đồ thị hàm số y = f (x), ∀x ∈ [a, b] tồn điểm M (c, f (c)), c ∈ (a, b) mà z gm @ tiếp tuyến song song với trục hoành Hệ 1.2 Nếu đa thức f (x) có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b) l co đa thức f (x) có n − nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a, b) m Đa thức f (k) (x) (0 ≤ k ≤ n) có n − k nghiệm phân biệt thuộc khoảng an Lu (a, b) n va ac th si 32 0 A ={(n − r)2 − 1}Pr−1 Pr+1 − (n − r)2 Pr0 0 0 B =(n − r + 1)(r + 1).Pr−1 Pr+1 + (n − r − 1)(r − 1)Pr−2 Pr+1 − 0 − 2(r − 1)Pr−2 Pr+1 C =(r2 − 1)Pr−2 Pr0 − r2 Pr−1 Vì phân biệt nên theo giả thiết ta có 0 0 − Pr0 < Pr−1 < Pr0 Pr−2 Pr+1 Pr−1 0 0 Pr−2 Pr+1 < Pr−1 Pr0 ⇒ A < −Pr0 , B < 2Pr−1 Pr0 , C < Pr−1 lu an n2 (Pr−1 Pr+1 − Pn0 ) < −(Pr0 − an Pr−1 ) ≤ va n Điều a1 = a2 = = an−1 Khi an 6= a1 gh tn to 2.2.2 Bất đẳng thức bậc hai đoạn p ie nl số thực w Ta nhắc lại số kiến thức liên quan đến tam thức bậc hai với hệ d oa Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a 6= Khi   b ∆ − , nf va an lu với ∆ = b2 − 4ac af (x) = ax + lm ul Ta phát biểu kết quen thuộc dấu tam thức bậc hai z at nh oi Định lý 2.3 Xét tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a 6= i) Nếu ∆ < af (x) > 0, ∀x ∈ R b 2a gm @ x=− z ii) Nếu ∆ = af (x) > ∀x ∈ R Dấu đẳng thức xảy iii) Nếu ∆ > af (x) = a2 (x − x1 )(x − x2 ) với co l (2.12) m x1,2 √ b ∆ =− ∓ 2a 2|a| an Lu Trong trường hợp này, af (x) < x ∈ (x1 , x2 ) af (x) > x < x1 n va x > x2 ac th si 33 Định lý 2.4 (Định lí đảo) Điều kiện cần đủ để tồn số α cho af (α) < ∆ > x1 < α < x2 , x1,2 nghiệm f (x) xác định theo (2.12) Để mô tả ý tưởng nội suy bất đẳng thức, ta xuất phát từ bất đẳng thức bậc hai quen biết sau x2 + y > 2xy, ∀x, y > (2.13) Dấu đẳng thức xảy x = y Cũng xuất phát từ bất đẳng thức dạng với (2.13) (ứng với α lu 1, x, y > 0) an  x 1−α y +  y 1−α x > 2, (2.14) va n hay to  x α y +  y α x x2 > 2xy, gh tn y ta thu bất đẳng thức dạng tương đương p ie (2.15) w xα y 2−α + x2−α y α > 2xy oa nl Dấu đẳng thức xảy x = y d Mặt khác, sử dụng đạo hàm để khảo sát hàm số, ta thu lu lm ul x y Với t = , ta thu nf va an f (t) = t2 − t2−α − tα + > 0, ∀t ∈ [0, 1] x2 + y > xα y 2−α + x2−α y α (2.16) z at nh oi Hệ thức (2.16) dạng bất đẳng thức nội suy bất đẳng thức bậc hai (2.13) z gm @ Tiếp theo, ta xét vài dạng toán đánh giá ước lượng biểu thức có sử dụng tính chất tam thức bậc hai khoảng đoạn co l thẳng cho trước m Xét đa thức bậc hai hai biến (như tam thức bậc hai x n va F (x, y) = ax2 + bxy + cy , a 6= 0, an Lu tham biến y ) ac th si 34 ∆ : = (b2 − 4ac)y Khi đó, ∆ aF (x, y) > 0, ∀x, y ∈ R Vậy b2 4ac a > hiển nhiên ax2 + cy > |bxy|, ∀x, y ∈ R Trường hợp riêng, a = c = 1, b = ±2 ta nhận lại kết x2 + y > 2|xy| hay lu √ u+v > uv, u, v > an Về sau, ta sử dụng tính chất dạng phân thức bậc hai va a1 x + b x + c a2 x + b x + c n y= gh tn to với điều kiện p ie a2 > 0, f2 (x) = a2 x2 + b2 x + c2 > 0, ∀x ∈ R, w để tìm cực trị số dạng tốn bậc hai oa nl Bài toán 2.11 Xét tam thức bậc hai P (x) = x2 − Tìm số nghiệm thực phân biệt phương trình sau: d | nf va an lu P (P ( (P (x)) )) = {z } 2016 chữ P lm ul Lời giải Đặt Pn (x) = P (P ( (P (x)) )) z at nh oi | {z n chữ P } Nhận xét P1 (x) > −1 với x nên Pn+1 (x) = P1 (Pn (x)) > −1 với x ∈ R z n ∈ N∗ Vì phương trình Pn (x) = a với a < −1 khơng có nghiệm thực Ta gm @ chứng minh, phương pháp quy nạp tốn học, phương trình Pn (x) = a với a > ln có hai nghiệm thực phân biệt l co Thật vậy, với n = phương trình x2 − = a có hai nghiệm phân biệt Giả m sử phương trình Pn (x) = a với a > có hai nghiệm thực phân biệt Xét phương √ a + 1)(Pn (x) + √ a + 1) = n va Pn+1 (x) = a ⇔ P1 (Pn (x)) = a ⇔ (Pn (x) − an Lu trình Pn+1 (x) = a với a > Ta có ac th si 35 Do phương trình Pn (x) + √ a + = vô nghiệm nên suy phương trình Pn+1 (x) = a có hai nghiệm thực phân biệt Tiếp theo, ta chứng minh, phương pháp quy nạp tốn học, phương trình Pn (x) = có n + nghiệm thực phân biệt Thật vậy, với n = n = ta có kết hiển nhiên Giả sử, phương trình Pn (x) = có n + nghiệm thực phân biệt Xét phương trình Pn+2 (x) = 0, ta thu phương trình Pn2 (x)(Pn2 (x) − 2) = ⇔ Pn2 (x)(Pn (x) − √ √ 2)(Pn (x) + 2) = 0, theo giả thiết quy nạp, có n + nghiệm thực phân biệt lu an Kết luận Phương trình Pn (x) = có n + nghiệm phân biệt n va vậy, phương trình cho có 2017 nghiệm thực phân biệt tn to Tiếp theo ta trình bày số kết Lucas ước lượng tam thức bậc ie gh hai khoảng p Bài toán 2.12 Giả sử G(x) = P x2 + Qx + R Khi bất đẳng thức G(x) > oa nl w thỏa mãn với x ∈ [a, b],  a + b  G(a) + G(b) p G(a)G(b) G(a) > 0, G(b) > 2G − > d (2.17) lu G(b) − G(a) b , n= b−a  Khi K > Mặt khác a+b  G(a) − a b−a p G(b) ,  G(a) + G(b) p − − G(a)G(b) z at nh oi  K ≡ K[G] := 2G (b − a)2 lm ul m= nf va an Lời giải Giả sử (2.17) thỏa mãn Ký hiệu p p p (2.18) z gm @ G(x) = (mx + n)2 + K(x − a)(b − x) (2.19) m G(x) > 0, ∀x ∈ [a, b] co l suy viết dạng (Định lý Lucas) an Lu Ngược lại, giả sử (2.19) thỏa mãn Khi G(a) > , G(b) > G(x) n va ac th si 36 G(x) = (m1 x + n1 )2 + K1 (x − a)(b − x) với K1 >  Nếu (2.20) ta chọn x ∈ a, ( a+b , (2.20) b có (m1 a + n1 )2 = G(a) (m1 b + n1 )2 = G(b) (2.21) K1 = K, K chọn (2.18) Nhận xét hệ (2.21) cho ta m1 , n1 ta có K ≡ K[G] > 0, tức bất đẳng thức (2.17) chứng minh Bài toán 2.13 Chứng minh với tam thức bậc hai f (x) = Ax2 + Bx + C lu ta có |f (x)| 1, ∀x ∈ [a, b] xảy |f (a)| 1, |f (b)| an p (1 − f (a)) (1 − f (b)) f (a)+f (b) a+b − 2f
n va −1+ to p (1 + f (a)) (1 + f (b)) gh tn 61− Lời giải Sử dụng kết Bài toán 2.12 p ie (2.22) w G(x) > 0, ∀x ∈ [a, b], ⇔ G(a) > 0, G(b) > 0, K[G] > 0, d oa nl với G1 (x) := 1(− f (x) G2 (x) = f (x) + G1 (x) > Thật , ∀x ∈ [a, b], |f (a)| 1, |f (b)| 1, G2 (x) > K[G1 ] > 0, K[G2 ] > nf va an lu lm ul Hai bất đẳng thức cuối với 
f (a)+f (b) p a+b − 2f  − (1 − f (a)) (1 − f (b)) > +  2 + 2f
a+b − (2.23) z at nh oi   f (a)+f (b) − p (1 + f (a)) (1 + f (b)) > z Bài toán 2.14 Cho p(x) = ax2 + bx + c thỏa mãn điều kiện   n o |p(0)|, p , |p(1)| ⊂ [0, 1] gm @ l Chứng minh |a| 8, |b| 8, |c| |2ax + b| 8, ∀x ∈ [0, 1] m
+ 2p(1), b = −3p(0) + 4p
+ 3p(1)
− p(1) n va = p(0), 2a + b = p(0) − 4p an Lu c co Lời giải Để ý  a = 2p(0) − 4p ac th si 37 Sử dụng bất đẳng thức tam giác, ta có |a| 8, |b| 8, |c| 1, |2a + b| Khi h(x) := 2ax + b, |h(0)| 8, |h(1)| kéo theo |h(x)| 8, ∀x ∈ [0, 1] Nhận xét 2.11 Chú ý đánh giá tối ưu Thật vậy, giả sử p(x) = 8x2 − 8x + Khi |p(x)| |p0 (x)| = |16x − 8| [0, 1] Bài toán 2.15 Giả sử M2 tập hợp tất đa thức bậc không  M∗2 : = p ∈ M2 ; |p(t)| 1, ∀t ∈ [0, 1] Tìm tất đa thức Q, Q ∈ M∗2 , cho với p ∈ M∗2 ta có lu |p(x)| Q(x) , ∀x ∈ x ∈ (−∞, 0] ∪ [1, ∞) an n va Chứng minh nghiệm Q T2 (z) = 2z − đa thức Chebychev loại gh tn to Ta chứng minh Q(x) = 8x2 − 8x + = T2 (2x − 1) Lời giải p ie Giả sử p(x) = ax2 + bx + c ∈ M∗2 Vì p(x) = (2x − 1)(x − 1)p(0) − 4x(x − 1)p 1 + x(2x − 1)p(1), nl w d oa ứng với x ∈ (−∞, 0) ∪ (1, ∞) nên lu nf va an |p(x)| (2x − 1)(x − 1) + 4x(x − 1) + x(2x − 1) = 8x2 − 8x + =: Q(x) Để ý |Q(t)| = |1 − 8t(1 − t)| 1, ∀t ∈ [0, 1], nên Q ∈ M∗2 lm ul Tính nghiệm hiển nhiên z at nh oi Nhận xét 2.12 Kết toán tập M∗2 mở rộng sau  :=    k