(Luận văn) về đa thức hệ số thực có các nghiệm đều thực

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN VĂN LƯU lu an n va p ie gh tn to VỀ ĐA THỨC HỆ SỐ THỰC CÓ CÁC NGHIỆM ĐỀU THỰC d oa nl w ll u nf va an lu oi m LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2019 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN VĂN LƯU lu an va n VỀ ĐA THỨC HỆ SỐ THỰC CÓ CÁC NGHIỆM ĐỀU THỰC p ie gh tn to oa nl w Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp d Mã số: 46 01 13 va an lu ll u nf LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC oi m z at nh NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC z GS.TS LÊ THỊ THANH NHÀN m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2019 n va ac th si Mục lục Mục lục Lời cảm ơn Phần mở đầu lu an va Điều kiện để đa thức với hệ số thực có nghiệm thực n p ie gh tn to 1.1 1.2 w oa nl 1.3 Nghiệm đa thức Một vài điều kiện cần cho đa thức có tất nghiệm thực Điều kiện đủ để nghiệm đa thức thực Một số toán liên quan Mối liên hệ nghiệm thực đạo hàm nghiệm thực đa thức Một số toán sơ cấp liên quan nf va 27 32 Kết luận Tài liệu tham khảo z at nh oi lm ul 2.2 an lu 2.1 10 19 27 d 38 39 z m co l gm @ an Lu n va ac th si LỜI CẢM ƠN Trước hết, xin gửi lời biết ơn chân thành đến GS TS Lê Thị Thanh Nhàn hướng dẫn tơi hồn thành luận văn Mặc dù bận rộn công việc Cô dành nhiều thời gian tâm huyết việc hướng dẫn, động viên khuyến khích tơi suốt thời gian thực đề tài Trong trình tiếp cận đề tài đến q trình hồn thiện luận văn Cơ ln tận tình bảo tạo điều kiện tốt nhất cho tơi hồn thành luận văn Cho đến luận văn thạc sĩ lu tơi hồn thành, xin cảm ơn Cơ an Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Tốn - Tin Phịng va n Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tôi xin quý báu tạo điều kiện thuận lợi để tơi hồn thành ie gh tn to trân trọng cảm ơn Thầy, Cô tận tình truyền đạt kiến thức p luận văn Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, thầy cô giáo trường w oa nl THPT Gia Viễn A - Ninh Bình nơi tơi cơng tác tạo điều kiện giúp đỡ d tơi hồn thành cơng việc chun mơn nhà trường để tơi hồn thành lu nf va an chương trình học tập cao học Cuối cùng, tơi xin chân thành bày tỏ lịng biết ơn đến gia đình, bạn lm ul bè, người không ngừng động viên, hỗ trợ tạo điều kiện tốt z at nh oi cho suốt trình học tập thực luận văn z m co l gm @ an Lu n va ac th si PHẦN MỞ ĐẦU Như biết, nghiên cứu đa thức vấn đề nghiệm đa thức yếu tố quan trọng Theo Định lý Đại số đa thức hệ số phức bậc n có đủ n nghiệm phức (tính bội chúng) Tuy nhiên, đa thức hệ số thực khơng có khẳng định Chẳng hạn, đa thức bậc hai p(x) = ax2 + bx + c với hệ số thực có hai nghiệm thực b2 − 4ac ≥ Trong lịch sử toán học, nhà khoa học cố gắng tìm điều kiện hệ số để đa thức lu hệ số thực có số nghiệm thực cho trước cơng thức nghiệm theo an hệ số Tuy nhiên giải số toán cụ thể va n hay lớp đa thức đặc biệt đa thức có nghiệm thực trình bày báo [3] [4] ie gh tn to Việc nghiên cứu điều kiện hệ số đa thức với hệ số thực để p Bài báo [3]: "A sufficient condition for all the roots of a polynomial to be real" trình bày điều kiện đủ hệ số để đa thức hệ số thực w oa nl có tất nghiệm thực, báo [4]: "Some necessary conditions d for a real polynomial to have only real roots" trình bày vài điều kiện lu nf va an cần hệ số để đa thực hệ số thực có tất nghiệm thực Mục đích luận văn trình bày lại kết lm ul báo Ngoài ra, luận văn quan tâm khai thác mối liên hệ z at nh oi nghiệm đa thức nghiệm đạo hàm đa thức thơng qua đánh giá bất đẳng thức, nội dung trình bày lại từ báo [5]: "On the roots of the derivative of a polynomial with real roots" Luận văn z @ khai thác số ứng dụng kết để giải toán sơ Luận văn chia làm hai chương co l gm cấp tính chất nghiệm thực đa thức với hệ số thực m Chương gồm phần Phần thứ trình bày số kiến thức an Lu nghiệm đa thức Định lý Đại số, Công thức n va ac th si Viete, Định lý Rolle, số nghiệm đa thức hệ số tự thay đổi Điều kiện không lồi Newton Phần thứ hai dành để trình bày vài điều kiện cần cho đa thức có tất nghiệm thực, thể Định lý 1.2.1, Định lý 1.2.5, Định lý 1.2.8, Định lý 1.2.11 Ngoài ra, Định lý sau phần chứng minh cịn có số phản ví dụ để điều kiện khơng phải điều kiện đủ để đa thức có tất nghiệm thực Phần cuối trình bày điều kiện đủ để nghiệm đa thức số thực, thể Định lý 1.3.2 Định lý 1.3.2 kết đẹp mở rộng tiêu chuẩn có đủ nghiệm thực lu đa thức bậc hai thành tiêu chuẩn có đủ n nghiệm thực đa thức an bậc n va n Chương gồm hai phần Phần đầu trình bày mối liên hệ to Định lý 2.1.1 Phần đưa số toán sơ cấp để áp dụng ie gh tn nghiệm thực đạo hàm nghiệm thực đa thức, thể p định lý Chương 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 Chương Điều kiện để đa thức với hệ số thực có nghiệm thực lu Mục đích Chương trình bày số kết đa thức hệ số an thực có nghiệm thực Tài liệu tham khảo Chương va n [1], [3], [4] Nghiệm đa thức p ie gh tn to 1.1 w Mục tiêu tiết nhắc lại số khái niệm, tính chất quen biết oa nl nghiệm đa thức, có Cơng thức Viete, Bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân (AM-GM Inquality), Định lý d an lu Rolle, số nghiệm đa thức hệ số tự thay đổi, Điều kiện không nf va lồi Newton có dạng z at nh oi lm ul Cho số nguyên dương n Đa thức p(x) bậc n, hệ số thực biểu thức p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 với a0 , a1 , , an số thực an 6= Đa thức viết dạng z hạng tử bậc giảm dần gọi dạng tắc đa @ gm thức co l Trong toàn luận văn này, khơng có giải thích thêm ta m quy ước p(x) đa thức bậc n hệ số thực có dạng an Lu Khi n = p(x) = a1 x + a0 gọi nhị thức bậc nhất, n va ac th si n = p(x) = a2 x2 + a1 x + a0 gọi tam thức bậc hai Đây đa thức nghiên cứu nhiều chương trình phổ thơng Cho đa thức p(x) bậc n hệ số thực Số phức a gọi nghiệm đa thức p(x) p(a) = Nếu a số thực ta gọi a nghiệm thực đa thức p(x) Về tính chất nghiệm phức đa thức p(x) bậc n hệ số phức, ta có Định lý đại số 1.1.1 Định lý Cho đa thức p(x) bậc n hệ số phức Trên tập số phức C, đa thức p(x) có đủ n nghiệm, nghiệm tính với số bội lu an Rõ ràng đa thức p(x) bậc n có hệ số thực đa thức p(x) có đủ va n nghiệm phức (mỗi nghiệm tính với bội nó) Tuy nhiên, Định n đa thức p(x) Luận văn làm sáng tỏ phần vấn đề Liên quan đến nghiệm đa thức, ta có Định lý Viete mối p ie gh tn to lý 1.1.1 chưa làm rõ số nghiệm thực số nghiệm không thực w quan hệ nghiệm hệ số đa thức Nội dung Định lý oa nl sau d 1.1.2 Định lý (Định lý Viete) Cho đa thức p(x) = an xn + an−1 xn−1 + lu nf va an · · · + a1 x + a0 bậc n với hệ số phức n ≥ Giả sử p(x) có n nghiệm z at nh oi lm ul thực phức, gọi x1 , x2 , , xn Khi  an−1  , x1 + x2 + + xn = −   a n    a  x1 x2 + x1 x3 + + xn−1 xn = n−2 , an       a0   x1 x2 xn = (−1)n an z gm @ co l Trong luận văn, ta phát biểu Định lý Rolle ngôn ngữ đa thức m Định lý tiếng Rolle định lý liên quan đến tồn nghiệm an Lu đạo hàm giá trị đa thức Định lý phát biểu sau n va ac th si 1.1.3 Định lý (Định lý Rolle) Nếu có hai số thực a < b thỏa mãn p(a) = p(b) tồn số thực c thuộc khoảng (a, b) cho p0 (c) = Do a < b nghiệm đa thức p(x) ln tồn số thực c ∈ (a, b) nghiệm đa thức đạo hàm p0 (x) Vì đa thức p(x) có tất nghiệm thực đa thức p0 (x) có tất nghiệm thực Vì ta có Hệ sau 1.1.4 Hệ Cho đa thức p(x) bậc n hệ số thực có tất nghiệm thực Khi đạo hàm cấp k đa thức p(x) có tất nghiệm thực, với ≤ k ≤ n − lu an Chứng minh Ta ký hiệu p(k) (x) đạo hàm cấp k đa thức p(x) với va n ≤ k ≤ n − Hiển nhiên p(k) (x) đa thức bậc n − k to gh tn hệ số thực Giả sử đa thức p(x) bậc n hệ số thực có tất nghiệm thực ie p Bằng quy nạp theo k, ta cần chứng minh đa thức p0 (x) có nl w tất nghiệm thực oa Nếu đa thức p(x) có a nghiệm bội m a nghiệm bội m − d đa thức p0 (x) Do đó, ta cần xét trường hợp đa thức p(x) có n an lu nghiệm thực phân biệt theo thứ tự tăng dần x1 , x2 , , xn Đa thức nf va p0 (x) có bậc n − nên có tối đa n − nghiệm thực lm ul Theo Định lý Rolle, tồn số thực ck thuộc khoảng (xk , xk+1 ) cho z at nh oi p0 (ck ) = với ≤ k ≤ n − Do c1 , c2 , , cn−1 nghiệm thực đa thức p0 (x) Vậy đa thức p0 (x) có n − nghiệm thực z Điều ngược lại Hệ 1.1.4 không Chẳng hạn, đa thức @ gm p(x) = x4 − 4x2 + khơng có nghiệm thực, đạo hàm có tất nghiệm thực m co l p0 (x) = 4x3 − 8x2 an Lu n va ac th si Với đa thức, hệ số thay đổi số nghiệm nghiệm đa thức thay đổi Tuy nhiên, có hệ số tự thay đổi miền số nghiệm đa thức khơng đổi Đó nội dung Bổ đề 1.1.5 sau 1.1.5 Bổ đề Cho đa thức p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 hệ số thực có n nghiệm thực phân biệt Khi đó, tồn số thực  > cho với ≤ λ < , đa thức p(x) + λ có n nghiệm thực phân biệt Chứng minh Giả sử đa thức p(x) có n nghiệm thực phân biệt theo thứ lu an tự tăng dần x1 , x2 , , xn Theo Hệ 1.1.4, đa thức p0 (x) có n − va nghiệm thực phân biệt theo thứ tự tăng dần t1 , t2 , , tn−1 ti ∈ n điểm cực trị hàm số p(x) = an xn +an−1 xn−1 +· · ·+a1 x+a0 Do đa thức p(x) có n nghiệm thực phân biệt nên giá trị cực trị p(ti ) 6= p ie gh tn to (xi , xi+1 ) với i = 1, 2, , n − Ngoài ra, t1 , t2 , , tn−1 w với i = 1, 2, , n − Đặt  = min{|p(t1 )|, |p(t2 )|, , |p(tn−1 )|} Rõ d thực oa nl ràng  > với ≤ λ <  đa thức p(x) + λ có n nghiệm lu nf va an Ngoài ra, số chứng minh, ta cần sử dụng Bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân sau lm ul 1.1.6 Mệnh đề (Bất đẳng thức AM - GM) Với n số thực không âm z at nh oi a1 , a2 , , an ta có bất đẳng thức z √ a1 + a2 + + an ≥ n a1 a2 an n @ Dấu đẳng thức xảy a1 = a2 = = an gm co l 1.1.7 Định lý (Điều kiện không lồi Newton) Cho đa thức m p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 an Lu n va ac th si 25 a2n−2 + µ−1 (2an−2 an−1 ) + µ−2 a2n−1 S (Pµ , n − 1) = an−1 an−3 + µ−1 an−1 an−2 với i = 2, 3, , n − S (Pµ , i) = a2i−1 + µ−1 (2ai−1 ) + µ−2 a2i ai−2 + µ−1 (ai−2 ai+1 + ai−1 ) + µ−2 ai−1 ai+1 Do lim S (Pµ , i) = S (Pn−1 , i − 1) với i = 2, 3, , n − µ→∞ lim S (Pµ , 1) = ∞ lu µ→∞ an va Do đó, chọn µ đủ lớn để có S (Pµ , 1) > − , với n i = 1, , n − Ta có điều phải chứng minh tn to Chú ý điều kiện hệ số Định lý 1.3.2 điều kiện p ie gh đủ, không thiết điều kiện cần w 1.3.4 Ví dụ Xét đa thức p4 (x) = x4 + 7x3 + 15x2 + 10x + có hệ oa nl số không thỏa mãn d a2i − 4.ai−1 ai+1 > lu nf va an với i = 1, 2, đa thức có tất nghiệm thực Ngoài yêu cầu hệ số đa thức dương Định lý 1.3.2 lm ul cần thiết Nếu bỏ điều kiện hệ số đa thức dương Định z at nh oi lý 1.3.2 khơng 1.3.5 Ví dụ Xét đa thức p4 (x) = x4 − 4x3 + 3x2 + 7x + có hệ số z thỏa mãn @ l gm a2i − 4.ai−1 ai+1 > với i = 1, 2, đa thức có nghiệm thực co m Định lý 1.3.2 cịn mở rộng cho trường hợp hệ số dấu an Lu hệ số đan dấu n va ac th si 26 Nếu hệ số dương, kết nội dung Định lý 1.3.2 Nếu hệ số âm ta xét đa thức −p(x) Nếu hệ số đan dấu, ta đặt t = −x Khi đa thức p(t) có hệ số dấu Như vậy, Định lý 1.3.2 thay giả thiết hệ số dấu đan dấu Cụ thể, ta có hai Hệ sau 1.3.6 Hệ Cho đa thức có bậc n ≥ với hệ số âm p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 Nếu lu a2i − 4.ai−1 ai+1 > an n va với i = 1, 2, , n − nghiệm đa thức p(x) thực phân 1.3.7 Hệ Cho đa thức hệ số thực có bậc n ≥ với hệ số đan ie gh tn to biệt p dấu oa Nếu nl w p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 d a2i − 4.ai−1 ai+1 > an lu biệt nf va với i = 1, 2, , n − nghiệm đa thức p(x) thực phân z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Một số tốn liên quan Mục đích Chương trình bày tốn liên quan đến đa lu thức có nghiệm thực Trong chúng tơi quan tâm đến mối an liên hệ nghiệm đa thức nghiệm đạo hàm đa thức Đồng va n thời đề cập đến số tốn sơ cấp đa thức có to 2.1 p ie gh tn nghiệm thực Tài liệu tham khảo Chương [5] nl w Mối liên hệ nghiệm thực đạo hàm nghiệm thực đa thức d oa Mục tiêu Tiết đưa định lý mối liên hệ an lu nghiệm thực đạo hàm nghiệm thực đa thức trường hợp đa thức có tất nghiệm thực Mối liên hệ mở nf va rộng thực Định lý 1.1.3 (Định lý Rolle) lm ul Cho đa thức p(x) có bậc n ≥ 2, có tất nghiệm thực có z at nh oi hệ số cao Khi ta viết đa thức dạng p(x) = (x − a1 ) · · · (x − an ) z gm @ với thực ≤ ai+1 Theo Hệ 1.1.4, nghiệm p0 (x) tương ứng nằm hai l m co nghiệm liên tiếp p(x) Do đó, ta biểu diễn n va 27 an Lu p0 (x) = (x − c1 ) · · · (x − cn−1 ) ac th si 28 với ≤ ci ≤ ai+1 Kết Chương định lý sau 2.1.1 Định lý Cho đa thức p(x) = (x − a1 ) · · · (x − an ) với nghiệm thực ak < ak+1 với k = 1, 2, , n Khi với k tồn nghiệm ck p0 (x) nằm ak ak+1 thỏa mãn bất đẳng thức ak + ak+1 − ak ak+1 − ak ≤ ck ≤ ak+1 − n−k+1 k+1 Đây mở rộng thực Định lý Rolle Để chứng minh định lý trên, cần Bổ đề mối quan hệ lu nghiệm p(x) p0 (x) an n va 2.1.2 Bổ đề Cho đa thức p(x) Định lý 2.1.1 Với k, gọi q(x) = (x − a1 ) · · · (x − an−1 ) Khi q (x) có dạng ie gh tn to ck nghiệm đạo hàm p0 (x) khoảng (ak , ak+1 ) Cho đa thức p q (x) = (n − 1) (x − d1 ) · · · (x − dn−2 ) , w oa nl dk ≥ ck với ≤ k ≤ n − d Bổ đề nghĩa đa thức q(x) thu bỏ qua nhân tử lu an đầu mút bên phải p(x) n − nghiệm q(x) tương ứng lớn nf va nghiệm p0 (x) lm ul Chứng minh Ta có p(x) = q(x)(x − an ) Do z at nh oi p0 (x) = q (x)(x − an ) + q(x) (1) Chúng ta cần xét trường hợp ak < ak+1 Do tính liên tục z gm @ p(x) p(x) khơng có nghiệm ak < x < ak+1 nên p(x) không đổi dấu khoảng (ak , ak+1 ) Ta giả sử p(x) > với ak < x < ak+1 (bởi l co ngược lại xét đa thức −p(x)) Do x − an < nên m q(x) < Ngoài q(ak ) = q(ak+1 ) = nên q (x) = có nghiệm (do tính an Lu chất số nghiệm nên nghiệm nhất) q (x) đổi dấu (chính n va ac th si 29 xác lần) từ giá trị âm sang giá trị dương, với giá trị x tăng dần khoảng Do ck nghiệm p0 (x) nên p0 (ck ) = Do từ (1) ta có q (ck )(ck − an ) + q(ck ) = Do q (ck ) < Từ yếu tố nghiệm dk q(x) thỏa mãn dk > ck Từ Bổ đề chứng minh hồn tồn Bằng cách chứng minh tương tự, ta có Bổ đề 2.1.3 sau 2.1.3 Bổ đề Cho đa thức p(x) Định lý 2.1.1 Với k, gọi ck nghiệm đạo hàm p0 (x) khoảng (ak , ak+1 ) Cho r(x) = (x − a2 ) · · · (x − an ) Khi r0 (x) có dạng lu an r0 (x) = (n − 1) (x − e1 ) · · · (x − en−2 ) , va n cho ek ≥ ck+1 với ≤ k ≤ n − tn to ie gh Tiếp theo có Bổ đề p 2.1.4 Bổ đề Cho đa thức p(x) Định lý 2.1.1 Với k, gọi nl w ck nghiệm đạo hàm p0 (x) khoảng (ak , ak+1 ) Cho d oa s(x) = (x − a1 − ) (x − a2 ) · · · (x − an ) an lu với  ≥ thỏa mãn a1 +  ≤ an−1 Khi s0 (x) có dạng nf va s0 (x) = (n − 1) (x − f1 ) · · · (x − fn−1 ) , lm ul fn−1 ≥ cn−1 z at nh oi Nói cách khác, s(x) thu tăng nghiệm a1 (không vượt nghiệm an−1 ) nghiệm cuối s0 (x) lớn z nghiệm cuối p0 (x) @ l gm Chứng minh Nếu  = phát biểu Bổ đề 2.1.4 nội dung Bổ đề 2.1.3 Do đó, ta cần chứng minh Bổ đề 2.1.4 trường m an Lu s(x) = p(x) − r(x), co hợp an−1 < an  > Đặt n va ac th si 30 với r(x) = (x − a2 ) · · · (x − an ) Do tính liên tục p(x) p(x) khơng có nghiệm x thỏa mãn an−1 < x < an , nên p(x) không đổi dấu khoảng (an−1 ; an ) Ta giả sử p(x) < với an−1 < x < an (bởi ngược lại xét đa thức −p(x)) Từ ta có s(x) < r(x) < khoảng (an−1 ; an ) Ta có s0 (x) = p0 (x) − r0 (x) (2) Do cn−1 nghiệm p0 (x) nên thay cn−1 vào đẳng thức (2), ta thấy lu s0 (cn−1 ) = −r0 (cn−1 ) an va Từ Bổ đề 2.1.3 suy r0 (cn−1 ) > Do s0 (cn−1 ) < Vì s0 (x) n đổi dấu từ giá trị âm sang giá trị dương nên suy fn−1 > cn−1 to Bằng cách chứng minh tương tự, ta có Bổ đề 2.1.5 sau p ie gh tn Bổ đề chứng minh 2.1.5 Bổ đề Cho đa thức p(x) Định lý 2.1.1 Với k, gọi w oa nl ck nghiệm đạo hàm p0 (x) khoảng (ak , ak+1 ) Cho t(x) = d (x − a1 ) · · · (x − an−1 ) (x − an + ) với  ≥ thỏa mãn an −  ≥ a2 Khi lu nf va an t0 (x) có dạng t0 (x) = (n − 1) (x − g1 ) · · · (x − gn−2 ) z at nh oi lm ul g1 ≥ c1 Tiếp theo chứng minh Định lý 2.1.1 z Chứng minh Chúng ta ý đa thức @ l gm w(x) = (x − ak )k (x − ak+1 ).w0 (x) co có nghiệm ak+1 − ak k+1 m an Lu ck c = ak+1 − n va ac th si 31 Bằng cách sử dụng Bổ đề 2.1.2 Bổ đề 2.1.4 nhiều lần ta suy ck c = ak+1 − ak+1 − ak k+1 Lập luận tương tự phần cách sử dụng Bổ đề 2.1.3 Bổ đề 2.1.5 nhiều lần đa thức (x − ak )(x − ak+1 )n−k ta thấy ck = ak + ak+1 − ak n+1−k Định lý chứng minh hồn tồn Ví dụ 2.1.6 sau trình bày ứng dụng Định lý 2.1.1 trường lu hợp cụ thể, để thấy rõ Định lý 2.1.1 mở rộng thực an Định lý Rolle n va to 2.1.6 Ví dụ Xét đa thức p(x) = (x + 2) (x + 1) x (x − 1) (x − 2) (x − 3) −2, −1, 0, 1, 2, p ie gh tn hay p(x) = x6 − 3x5 − 5x4 + 15x3 + 4x2 − 12x với nghiệm thực Theo Định lý Rolle p0 (x) = 6x5 − 15x4 − 20x3 + 45x2 + 8x − 12 có oa nl w nghiệm c1 , c2 , , c5 thỏa mãn d −2 < c1 < −1 < c2 < < c3 < < c4 < < c5 < an lu nf va Theo Định lý 2.1.1 lm ul −11 −3 −4 −1 17 ≤ c1 ≤ , ≤ c2 ≤ , ≤ c3 ≤ , ≤ c4 ≤ , ≤ c5 ≤ 4 z at nh oi Từ Định lý 2.1.1 trên, ta có hệ sau 2.1.7 Hệ Cho đa thức p(x) Định lý 2.1.1 Khi đó, nghiệm z ck đa thức p0 (x), 6= k 6= n − 1, thỏa mãn bất đẳng thức @ ak+1 − ak ak+1 − ak ≤ ck ≤ ak+1 − n n l gm ak + m co Hệ 2.1.6 cho ta thấy nghiệm ck p0 (x) gần ak ak+1 khoảng cách ak ak+1 Ước lượng độc n lập với số k phụ thuộc vào bậc n đa thức p(x) an Lu n va ac th si 32 2.2 Một số toán sơ cấp liên quan Tiết dành để trình bày toán sơ cấp liên quan đến chủ đề nghiên cứu luận văn Chúng ta tốn: Với điều kiện đa thức bậc ba có hệ số thực có ba nghiệm thực Cho đa thức bậc ba với hệ số thực: p(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a 6= Bằng cách chia cho hệ số cao a, nghiệm đa thức b khơng đổi, ta giả thiết a = Bằng phép đặt t = x − (xem 3a Tiết 1.6 [1]), ta giả thiết b = Vì vậy, đa thức bậc lu ba, ta cần xét trường hợp p(x) = x3 + qx + r với q, r ∈ R an Khi q = 0, r = p(x) có x = nghiệm bội ba va Khi q = 0, r 6= p(x) có nghiệm thực n thực, p0 (x) = có hai nghiệm phân biệt Do q < đa r thựcr −q −q , Ta có thức p0 (x) = có nghiệm − 3 r r ! r r ! −q −2q −q −q 2q −q = + r, p = + r p − 3 3 3  r  −q Rõ ràng đa thức p(x) có nghiệm thực p − ≥ r r  −q −2q −q p ≤ Khi |r| ≥ hay 27r2 + 4q ≤ 3 Vậy đa thức p(x) = x3 + qx + r có tất nghiệm thực p ie gh tn to Xét q 6= Ta có p0 (x) = 3x2 + q Nếu đa thức p(x) có nghiệm d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul q ≤ 27r2 + 4q ≤ Chú ý 27r2 + 4q ≤ 4q ≤ −27r2 ≤ Do q ≤ Vì ta có kết sau z l 27r2 + 4q ≤ gm @ 2.2.1 Mệnh đề Đa thức p(x) = x3 + qx + r có nghiệm thực an Lu có Hệ Mệnh đề 2.2.1 sau m co Tổng quát cho đa thức bậc ba p(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a 6= 0, ta n va ac th si 33 2.2.2 Hệ Đa thức p(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a 6= có nghiệm thực 27a2 d + 2b3 − 9abc
2 + 3ac − b2
3 ≤ Chứng minh Do a 6= nên đa thức p(x) = ax3 + bx2 + cx + d có nghiệm thực đa thức p1 (x) = x3 + b1 x2 + c1 x + d1 lu có nghiệm thực, c d b (1) b1 = , c1 = , d1 = a a a b1 Đặt t = x − , ta đa thức p2 (t) = t3 + qt + r, 2b31 − 9b1 c1 b21 (2) q = c1 − , r = d1 + 27 Đa thức p1 (x) = x3 + b1 x2 + c1 x + d1 có nghiệm thực an n va đề 2.2.1, ta có điều kiện p ie gh tn to đa thức p2 (t) = t3 + qt + r có nghiệm thực Theo Mệnh (3) nl w 27r2 + 4q ≤ d oa Lần lượt biểu thức (1), (2) vào (3), ta điều kiện
2
3 27a2 d + 2b3 − 9abc + 3ac − b2 ≤ an lu nf va Hệ chứng minh hoàn toàn lm ul 2.2.3 Bài tập Cho p(x) đa thức biến x với hệ số deg p(x) ≤ z at nh oi −1 Chứng minh nghiệm p(x) số thực Lời giải Khơng tính tổng quát, ta giả thiết hệ số cao z gm @ đa thức Giả sử p(x) = xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 đa thức l biến x bậc n với hệ số −1, nghiệm m Viete, ta có co p(x) thực Gọi x1 , x2 , , xn n nghiệm p(x) Theo công thức an Lu |x1 + x2 + + xn | = |−an−1 | = n va ac th si 34 Vì thế, tiếp tục áp dụng cơng thức Viete ta có x21 + x22 + + x2n = (x1 + x2 + + xn )2 − X xi xj i