Luận văn một số dạng toán liên quan đến định lý rolle đảo đối với đa thức và phân thức

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN - Vũ Thị Phương số dạng toán liên quan đến định lý rolle đảo đa thức phân thức Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 60.46.01.13 LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU Hà Nội – Năm 2015 Mục lục MỞ ĐẦU Một số kiến thức bổ trợ 1.1 Tính chất đa thức phân thức 1.2 Định lý Rolle số tính chất liên quan 1.3 Định lý dạng Viète đa thức 11 Định lý Rolle đảo 2.1 Định lý Rolle đảo đa thức 2.2 Định lý Rolle đảo phân thức 2.2.1 Định lý Rolle đảo phân thức có mẫu bậc 2.2.2 Định lý Rolle đảo phân thức có mẫu bậc hai 17 17 32 32 41 Một số dạng toán liên quan 66 KẾT LUẬN 83 Tài liệu tham khảo 84 MỞ ĐẦU Đa thức phân thức đối tượng nghiên cứu trọng tâm đại số có vị trí quan trọng toán học Vấn đề khảo sát số nghiệm thực đa thức nhờ công cụ giải tích, cụ thể định lý Lagrange định lý Rolle nên việc khảo sát số nghiệm thực đa thức đạo hàm khoảng tiến hành dễ dàng Đó là, đa thức P (x) ∈ R[x] có k nghiệm thực khoảng (a, b) đa thức P (x) có k − nghiệm thực khoảng Một câu hỏi đặt ra, đa thức P (x) ∈ R[x] với k nghiệm thực cho trước khoảng (a, b) cho ta nguyên hàm x F (x) = P (t)dt x1 có đủ k + nghiệm thực khoảng (a, b) Tương tự, phân thức có k nghiệm thực cho trước thỏa mãn điều kiện để nguyên hàm có đủ k + nghiệm thực Luận văn "Một số dạng toán liên quan đến định lý Rolle đảo đa thức phân thức" trình bày số vấn đề liên quan đến toán xác định số nghiệm thực nguyên hàm đa thức nguyên hàm phân thức hữu tỷ với hệ số thực Luận văn gồm ba chương mục tài liệu tham khảo Chương tóm tắt khái niệm tính chất đa thức phân thức Chứng minh kết nghiệm thực đa thức đạo hàm khoảng, mở rộng định lý Rolle cho phân thức hữu tỷ khoảng (a, b) Chương gồm hai phần, phần đầu đưa định lý Rolle đảo cho đa thức P (x) cấp n có n nghiệm thực phân biệt, từ đưa mở rộng định lý cho đa thức có k nghiệm thực (k ≤ n) l nghiệm bội xét khoảng (a, b) Phần phần luận văn, tác giả khảo sát nghiệm nguyên hàm số dạng phân thức hữu tỷ sơ cấp phổ thông phân thức hữu tỷ có mẫu bậc hai Sau đó, tác giả đưa toán tổng quát, phát biểu định lý Rolle đảo cho trường hợp MỞ ĐẦU Chương trình bày số toán áp dụng định lý chương Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc đến GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu, người Thầy giúp cho tác giả có niềm say mê nghiên cứu Toán học, tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả suốt trình học tập từ sinh viên đến hoàn thành Luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng đào tạo Sau đại học Khoa Toán - Cơ - Tin học, thầy cô tham gia giảng dạy cho lớp Cao học Toán niên khóa 2013 - 2015, thầy cô anh chị Semina "Phương pháp Toán sơ cấp" trường ĐH Khoa học Tự nhiên tạo điều kiện giúp đỡ cho tác giả thời gian học tập nghiên cứu trường Nhân tác giả xin cảm ơn anh chị em học viên cao học khóa 2013 - 2015, gia đình bạn bè động viên tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả hoàn thành khóa học Luận văn Mặc dù tác giả cố gắng nhiều kết đạt luận văn khiêm tốn khó tránh khỏi khiếm khuyết Tác giả mong đóng góp quý báu thầy cô độc giả để Luận văn hoàn thiện Hà Nội, ngày 21 tháng năm 2015 Học viên Vũ Thị Phương Chương Một số kiến thức bổ trợ 1.1 Tính chất đa thức phân thức Định nghĩa 1.1 (xem [4]) Một đa thức bậc n ẩn x biểu thức có dạng Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , hệ số an , an−1 , , a0 số thực an = 0, n ∈ N Định nghĩa 1.2 (xem [4]) Cho đa thức Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , với an = 0, α ∈ R gọi nghiệm đa thức Pn (x) Pn (α) = Định lý 1.1 (xem [4]) Mọi đa thức hệ số thực biểu diễn dạng Pn (x) = a0 (x − α1 )n1 (x − αr )nr (x2 + p1 x + q1 )m1 (x2 + ps x + qs )ms r s mi = n, p2 − 4pi < 0, i = 1, s i ni + i=1 i=1 α0 , α1 , , αr ; q1 , p1 , , qs , ps ∈ R Hệ 1.1 Giả sử Pn (x) đa thức bậc n có k nghiệm thực k ≤ n n k tính chẵn lẻ Bổ đề 1.1 Mỗi đa thức thực bậc n có không n nghiệm thực Định lý 1.2 (xem [4]) Cho đa thức P (x) ∈ R[x] Khi P (x) có tập xác định liên tục R Ngoài ra, x → +∞ P (x) → d(an )∞ Khi x → −∞ P (x) → (1)n d(an )∞, n = deg P, an hệ số  + an > d(an ) := − an <  an = Chương Một số kiến thức bổ trợ Định lý 1.3 (xem [4]) Nếu đa thức Pk (x) ∈ R[x] có k nghiệm dương (k ∈ N∗ ) tồn s ∈ N để đa thức Qk (x) dạng Qk (x) = Pk (x)(x + 1)s có dãy hệ số đỏi dấu k lần Hệ 1.2 (xem [4]) Nếu đa thức P (x) ∈ R[x] có nghiệm thực số nghiệm dương đa thức số lần đổi dấu dãy hệ số Chứng minh Giả sử deg P (x) = n, n ∈ N∗ , đa thức P (x) có nghiệm thực nên P (x) có tất n nghiệm thực viết dạng sau P (x) = (α1 + x)(α2 + x) (αr + x)xm (β1 − x)(β2 − x) (βp − x), (r + m + p = n), r, m, p ∈ N, αi > 0, ∀i ∈ 1, 2, , r, βj > 0, ∀j ∈ 1, 2, , p Xét đa thức Q(x) = (α1 + x)(α2 + x) (αr + x) có αi > 0, ∀i ∈ 1, 2, , r nên sau khai triển Q(x) có dạng Q(x) = Er + Er−1 x + Er−2 x2 + · · · + E1 xr−1 + xr Ei (i ∈ 1, 2, , r) đa thức đối xứng Viète bậc i số thực dương α1 , α2 , , αr Nhận xét rằng, Ei > 0, ∀i ∈ 1, 2, , r nên dãy hệ số đa thức Q(x) không đổi dấu Xét tích Q1 (x) := (β1 − x)Q(x) = (β1 − x)(Er + Er−1 x + Er−2 x2 + · · · + E1 xr−1 + xr ) Thay x β1 x ta thu r−1 r Q1 (x) = (β1 − β1 x)(Er + Er−1 β1 x + Er−2 β1 x2 + · · · + E1 β1 xr−1 + β1 xr ) = Er β1 + (Er−1 β1 − Er )β1 x + (Er−2 β1 − Er−1 )β1 x2 r−1 r+1 r + · · · + (E1 β1 − E2 )β1 xr−1 + (β1 − E1 )β1 xr − β1 xr+1 đa thức có dãy hệ số sau r−1 r+1 r Er β1 , (Er−1 β1 − Er )β1 , (Er−2 β1 − Er−1 )β1 , , (E1 β1 − E2 )β1 , (β1 − E1 )β1 , −β1 Ta thấy dãy hệ số Er , Er−1 , Er−2 , , E1 , có vị trí đổi dấu với dãy hệ số r−1 r Er β1 , (Er−1 β1 − Er )β1 , (Er−2 β1 − Er−1 )β1 , , (E1 β1 − E2 )β1 , (β1 − E1 )β1 Chương Một số kiến thức bổ trợ Suy dãy hệ số r−1 r Er β1 , (Er−1 β1 − Er )β1 , (Er−2 β1 − Er−1 )β1 , , (E1 β1 − E2 )β1 , (β1 − E1 )β1 không đổi dấu số thực dương r+1 Mặt khác, −β1 < nên dãy hệ số đa thức Q1 (β1 x) đổi dấu lần Do hai đa thức Q1 (x) Q1 (β1 x) có vị trí đổi dấu nên dãy hệ số đa thức Q1 (x) đổi dấu lần Không giảm tính tổng quát, ta giả sử Q1 (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + ar xr − ar+1 xr+1 > 0, ∀x ∈ 1, 2, , r, r + Xét tích Q2 (x) := (β2 − x)Q1 (x) = (β2 − x)(a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + ar xr − ar+1 xr+1 ) Thay x β2 x ta r+1 r Q2 (x) = (β2 − β2 x)(a0 + a1 β2 x + a2 β2 x2 + · · · + ar β2 xr − ar+1 β2 xr+1 ) r = a0 β2 + (a1 β2 − a0 )β2 x + (a2 β2 − a1 )β2 x2 + · · · + (ar β2 − ar−1 )β2 xr r+1 r+2 − (ar+1 β2 + ar )β2 xr+1 + ar+1 β2 xr+2 Để ý rằng, dãy hệ số a0 , a1 , a2 , , ar , ar+1 đa thức Q1 (x) có vị trí đổi dấu dãy hệ số r+1 r a0 β2 , (a1 β2 − a0 )β2 , (a2 β2 − a1 )β2 , , (ar β2 − ar−1 )β2 , −(ar+1 β2 + ar )β2 Suy dãy r+1 r a0 β2 , (a1 β2 − a0 )β2 , (a2 β2 − a1 )β2 , , (ar β2 − ar−1 )β2 , −(ar+1 β2 + ar )β2 đổi dấu lần, hệ số tất hạng tử có bậc nhỏ r + dương, hệ số hạng tử bậc r + âm Do hệ số hạng tử bậc r + r+2 ar+1 β2 > nên dãy hệ số đa thức Q2 (β2 x) đổi dấu hai lần Mặt khác, hai đa thức Q2 (x) Q2 (β2 x) có vị trí đổi dấu nên dãy hệ số đa thức Q2 (x) đổi dấu hai lần Tiến hành tương tự sau p bước, ta đa thức Qp (x) có dãy hệ số đổi dấu p lần Do đa thức P (x) có p nghiệm dương nên số nghiệm dương đa thức số lần đổi dấu dãy hệ số Chương Một số kiến thức bổ trợ Định lý 1.4 (Phân tích phân thức hữu tỷ thừa số) Giả sử x = x0 nghiệm P (x) = (P, Q nguyên tố nhau) Q(x) P (x) P (x0 ) P1 (x) − = (x − x0 ) , Q(x) Q(x0 ) Q(x) deg P1 = deg P − Hệ 1.3 Nếu x = nghiệm P (x) = Q(x) P1 (x) P (x) P (0) − =x , Q(x) Q(0) Q(x) deg P1 = deg P − Bài toán 1.1 Cho hàm phân thức hữu tỷ f (x) = ∈ Q với x ∈ Z ax + b Chứng minh a, b ∈ Q Lời giải Do f (x) = ∈ Q với x ∈ Z, nên ax + b ax + b = với x ∈ Z f (x) Vậy ax + b ∈ Q[x] hay a, b ∈ Q Bài toán 1.2 Cho hàm phân thức hữu tỷ ax + b ∈ Q với x ∈ Z cx + d Chứng minh f (x) biểu diễn dạng Ax + B ∈ Q với A, B, C, D ∈ Z Cx + D (1.1) Lời giải Nếu ad − bc = f (x) = const biểu diễn (1.1) hiển nhiên Xét trường hợp ad − bc = Nếu c = biểu diễn (1.1) hiển nhiên Nếu c = sử dụng phân tích f (x) − f (0) = ta thu biểu diễn (1.1) αx + β Chương Một số kiến thức bổ trợ Bài toán 1.3 Cho hàm phân thức hữu tỷ f (x) = P (x) ∈ Q, ∀x ∈ Z, (P (x), Q(x)) = Q(x) Chứng minh f (x) biểu diễn dạng phân thức hai đa thức với hệ số nguyên Lời giải Giả sử P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + am xm , Q(x) = b0 + b1 x + b2 x2 + · · · + bn xn Tại x = j, (j = 0, 1, , m + n) hàm f (x) nhận giá trị hữu tỷ tương ứng cj Khi ta có hệ phương trình tuyến tính với m + n + ẩn dạng a0 , a1 , , am , b0 , b1 , , bn a0 + a1 k + · · · + am k m − b0 ck − b1 ck k − · · · + bn ck k n = 0, k = 0, 1, , m + n Hai nghiệm hệ cho ta hai cặp đa thức tương ứng P (x), Q(x) P1 (x), Q1 (x) có tính chất P (k) − cQ(k) = 0, P1 (k) − ck Q1 (k) = 0, ∀k = 0, , m + n Hai cặp nghiệm cho ta đa thức g(x) = P (x)Q1 (x) − P1 (x)Q(x), deg g(x) ≤ m + n nhận giá trị m + n + điểm nên g(x) ≡ Do P (x) Q(x) nguyên tố nên P (x) = cP1 (x), Q(x) = cQ1 (x) Vậy hệ cho có nghiệm với sai khác tỷ lệ tồn ma trận cấp m + n + ma trận hệ số hệ phương trình để định thức khác nghiệm nhận số hữu tỷ Ta có điều phải chứng minh 1.2 Định lý Rolle số tính chất liên quan Định lý 1.5 (Định lý Rolle cho khoảng hữu hạn, [4]) Giả sử hàm số f : [a, b] → R liên tục đoạn [a, b] có đạo hàm khoảng (a, b) Nếu f (a) = f (b) tồn điểm c ∈ (a, b) cho f (c) = Chương Một số kiến thức bổ trợ Hệ 1.4 Giả sử f (x) hàm số khả vi (a, b) (bị chặn không bị chặn) x1 < x2 < · · · < xn nghiệm phương trình f (x) = Nếu hai số hạng liên tiếp dãy Rolle, tức dãy f (a), f (x1 ), f (x2 ), , f (xn ), f (b) trái dấu hai giá trị liên tiếp tương ứng dãy đối số tìm nghiệm phương trình f (x) = Nếu hai số hạng liên tiếp dãy Rolle, tức dãy f (a), f (x1 ), f (x2 ), , f (xn ), f (b) dấu hai giá trị liên tiếp tương ứng dãy đối số nghiệm phương trình f (x) = 0, ta quy ước f (a) = lim f (x), f (b) = lim f (x) x→b− x→a+ Bổ đề 1.2 Nếu x0 nghiệm bội bậc s, (s ∈ N) đa thức P (x) ∈ R[x] x0 nghiệm bội bậc s − đa thức P (x) Chứng minh Thật vậy, x0 nghiệm bội bậc s(s ∈ N) đa thức P (x) P (x) viết dạng P (x) = (x − x0 )s Q(x), Q(x0 ) = Suy P (x) = s(x − x0 )s−1 Q(x) + (x − x0 )s Q (x) = (x − x0 )s−1 [sQ(x) + (x − x0 )Q (x)] Vì Q(x0 ) = nên x0 không nghiệm đa thức sQ(x) + (x − x0 )Q (x) Vậy x0 nghiệm bội bậc k − đa thức P (x) Định lý 1.6 (xem[4]) Nếu đa thức P (x) ∈ R[x] có k nghiệm thực khoảng (a, b) đa thức P (x) có k − nghiệm thực khoảng Chứng minh Nếu đa thức P (x) có k nghiệm thực phân biệt x1 , x2 , x3 , , xk , không giảm tính tổng quát, ta giả sử x1 < x2 < x3 < · · · < xk Suy P (x1 ) = P (x2 ) = P (x3 ) = = P (xk ) Theo định lý Rolle, khoảng (x1 , x2 ) tồn điểm x1 cho P (x1 ) = 0, khoảng (x2 , x3 ) tồn điểm x2 cho P (x2 ) = 0, Chương Một số dạng toán liên quan Trong đó, xi ∈ R, i = 1, 2, , k deg Q(x) ≥ Theo hệ 1.1, ta có n k tính chẵn lẻ Suy ra, n k − khác tính chẵn lẻ Mặt khác, deg(P (x) + αP (x)) = deg P (x) = n, kết hợp với đa thức P (x) + αP (x) có k − nghiệm thực P (x) + αP (x) có k nghiệm thực 2x + Cho F0 (x) nguyên x+1 hàm f (x) thỏa mãn điều kiện F0 (0) = Xác định số c0 để nguyên hàm Bài toán 3.6 Cho phân thức hữu tỷ f (x) = F (x) = F0 (x) − c0 có nghiệm thực Lời giải Phân thức f (x) có nghiệm thực x = − Ta xét x F0 (x) = f (t)dt x 2t + dt t+1 = x 2− = dt t+1 = 2x − ln |x + 1| 1 2 Xét nguyên hàm F (x) = F0 (x) − c0 Ta có bảng xét dấu Thay giá trị x = − vào F0 (x) ta F0 (− ) = ln − x F0 (x) = f (x) −∞ −1 + − − +∞ + Ta chọn c0 ∈ [F0 (− ), +∞) F (x) = F0 (x) − c0 có hai nghiệm thực x2 − 5x + Cho F0 (x) x+1 nguyên hàm f (x) thỏa mãn điều kiện F0 (0) = Xác định số c0 để Bài toán 3.7 Cho phân thức hữu tỷ f (x) = nguyên hàm F (x) = F0 (x) − c0 có ba nghiệm thực Lời giải Phân thức f (x) có hai nghiệm x1 = 1, x2 = 70 Chương Một số dạng toán liên quan Ta xét x F0 (x) = f (t)dt x = t2 − 5t + dt t x t−6+ = 10 dt t+1 = x2 − 6x + 10 ln |x + 1| Thay giá trị giá trị x1 = x2 = vào F0 (x) ta F0 (1) = 11 + 10 ln 2, F0 (4) = −16 + 10 ln Xét nguyên hàm F (x) = F0 (x) − c0 ta có bảng xét dấu − −∞ x −1 − F0 (x) = f (x) + − +∞ 0+ Ta chọn c0 ∈ [F0 (2), F0 (1)] nguyên hàm F (x) = x2 − 6x + 10 ln |x + 1| − c0 có nghiệm thực x2 − 5x + Cho F0 (x) x2 + 4x + nguyên hàm f (x) thỏa mãn điều kiện F0 (0) = Xác định số c0 để Bài toán 3.8 Cho phân thức hữu tỷ f (x) = nguyên hàm F (x) = F0 (x) − c0 có ba nghiệm thực Lời giải Ta sử dụng phương pháp tịnh tiến để đưa toán dạng toán phân thức có mẫu x2 + Phân thức f (x) có hai nghiệm thực x1 = 1, x2 = Ta có x2 − 5x + x2 + 4x + x2 − 5x + = x + 4x + + x2 − 5x + = (x + 2)2 + f (x) = Đặt x + = t đa thức f (x) trở thành f (t) = t2 − 9t − 18 t2 + 71 Chương Một số dạng toán liên quan Chia tử mẫu cho ta f (t) = t ( √2 )2 − ( 9t ) − t ( √2 )2 + t Đặt √ = y , √ y−9 2+1 y y2 − f (y) = √ √ + 153 − 153 √ √ , y2 = Phân thức f (y) có hai nghiệm thực y1 = 2 2 Ta xét y √ z−9 dz 2+1 z z2 − F0 (y) = y 1− = √ z z2 + − 10 dz +1 z2 = y − √ ln(y + 1) − 10 arctan y 2 Khi đó, ta có y1 hàm f (y) đổi dấu từ (+) sang (−) nên F0 (y1 ) đạt cực đại, y2 hàm f (y) đổi dấu từ (−) sang (+) nên F0 (y2 ) đạt cực tiểu Ta có bảng xét dấu √ − 153 √ y −∞ 2 F0 (y) = f (y) + √ + 153 √ +∞ 2 − + Ta chọn c0 ∈ (F0 (y1 ), F0 (y2 )) nguyên hàm F (y) − c0 có ba nghiệm phân biệt Từ đó, F (x) có ba nghiệm phân biệt 2x Cho F0 (x) + 4x + nguyên hàm f (x) thỏa mãn điều kiện F0 (0) = Xác định số c0 để Bài toán 3.9 Cho phân thức hữu tỷ f (x) = x2 nguyên hàm F (x) = F0 (x) có hai nghiệm thực Lời giải Ta sử dụng phương pháp tịnh tiến để đưa toán dạng toán phân thức có mẫu x2 + Phân thức f (x) có nghiệm thực x = 72 Chương Một số dạng toán liên quan Ta có 2x x2 + 4x + 2x = x + 4x + + 2x = (x + 2)2 + f (x) = Đặt x + = t đa thức f (x) trở thành f (t) = 2(t − 2) t2 + Chia tử mẫu cho ta f (t) = t−2 +1 t ( √2 )2 t Đặt √ = y ta có √ y 2−2 f (y) = y +1 √ Phân thức f (y) có nghiệm thực y = Ta xét y F0 (y) = √ z 2−2 dz z2 + y = √ z − 2+1 z z +1 dz √ = ln(y + 1) − arctan y √ √ Khi đó, ta có y = hàm f (y) đổi dấu từ (−) sang (+) nên F0 ( 2) đạt cực tiểu √ Ta chọn c0 ∈ (F0 ( 2), +∞) nguyên hàm F (y) = F0 (y) − c0 có hai nghiệm phân biệt Từ đó, tồn F (x) có hai nghiệm phân biệt x2 Cho F0 (x) x2 + 4x + nguyên hàm f (x) thỏa mãn điều kiện F0 (0) = Xác định số c0 để Bài toán 3.10 Cho phân thức hữu tỷ f (x) = nguyên hàm F (x) = F0 (x) − c0 có nghiệm thực Lời giải Ta sử dụng phương pháp tịnh tiến để đưa toán dạng toán phân thức có mẫu x2 + 73 Chương Một số dạng toán liên quan Đa thức f (x) có nghiệm bội bậc hai x = Ta có x2 x2 + 4x + x2 = x + 4x + + x2 = (x + 2)2 + f (x) = Đặt x + = t đa thức f (x) trở thành f (t) = (t − 2)2 t2 + Chia tử mẫu cho ta f (t) = t t2 − 2t + t ( √2 )2 + Đặt √ = y ta có √ y − 2y + f (y) = y2 + Phân thức f (y) có nghiệm bội bậc hai thực y = Ta xét y F0 (y) = √ √ z − 2z + dz z2 + √ 2z = 1− + dz z +1 z +1 √ = y − ln(y + 1) + arctan y √ y − 2y + Nhận thấy, F0 (y) = f (y) = ≥ 0, ∀t ∈ R nên F0 (y) đơn điệu y2 + √ tăng R F0 ( 2) = y Vậy F (y) = F0 (y) − c0 có ba nghiệm thực chọn c0 = Từ đó, tồn F (x) có ba nghiệm thực x2 Cho F0 (x) x2 − 3x + nguyên hàm f (x) thỏa mãn điều kiện F0 (1) = Xác định số c0 để Bài toán 3.11 Cho phân thức hữu tỷ f (x) = nguyên hàm F (x) = F0 (x) − c0 có nghiệm nghiệm thực Lời giải Ta sử dụng phương pháp tịnh tiến để đưa toán dạng toán 74 Chương Một số dạng toán liên quan phân thức có mẫu x2 − Ta có x2 x2 − 3x + x2 = (x − )2 − f (x) = Đặt x − = t Khi đó, f (t) = Chia tử mẫu phân thức cho (t + )2 t2 − ta 4t2 + 12t + (2t)2 − f (t) = Đặt 2t = y f (y) = y + 6y + y2 − Phân thức f (y) có nghiệm bội bậc hai y = −3 Ta xét y F0 (y) = f (z)dz y z + 6z + dz z2 − = y = 1+ 6z 10 + dz −1 z −1 z2 = x + ln |(y − 1)(y + 1)| + ln y−1 y+1 Ta thay giá trị y = −3 vào F0 (y) F0 (−3) = −3 + 14 ln Xét hàm F0 (y), ta có bảng xét dấu y F0 (y) = f (y) −∞ −3 + −1 + − +∞ + Xét nguyên hàm F (y) = F0 (y) − c, từ bảng xét dấu ta có với c ∈ R F (y) có ba nghiệm Từ đó, tồn F (x) có nghiệm 75 Chương Một số dạng toán liên quan x Cho F0 (x) − 3x + nguyên hàm f (x) thỏa mãn điều kiện F0 (0) = Xác định số c0 để Bài toán 3.12 Cho phân thức hữu tỷ f (x) = x2 nguyên hàm F (x) = F0 (x) − c0 có nghiệm nghiệm thực Lời giải Ta sử dụng phương pháp tịnh tiến để đưa toán dạng toán phân thức có mẫu x2 − Ta có x − 3x + x = (x − ) − f (x) = Đặt x − x2 = t Khi đó, f (t) = Chia tử mẫu phân thức cho f (t) = t2 − t+ ta 4t + (2t)2 − Đặt 2t = y f (y) = 2y + y2 − Phân thức f (x) có nghiệm y = −3 Ta xét y F0 (y) = f (z)dz y 4z + dz z2 − = y 4z + dz −1 z −1 = z2 = ln |(y − 1)(y + 1)| + ln y−1 y+1 Ta thay giá trị y = −3 vào F0 (y) F0 (−3) = ln Xét hàm F0 (x), ta có bảng xét dấu y F0 (y) = f (y) −∞ −3 − 76 −1 + − +∞ + Chương Một số dạng toán liên quan Xét nguyên hàm F (y) = F0 (y) − c0 , từ bảng xét dấu ta có với c ∈ R F (y) có hai nghiệm Từ đó, tồn F (x) có hai nghiệm x2 − 5x − Bài toán 3.13 Cho phân thức hữu tỷ f (x) = Cho F0 (x) x − 3x + nguyên hàm f (x) thỏa mãn điều kiện F0 (0) = Xác định số c0 để nguyên hàm F (x) = F0 (x) − c0 có nghiệm nghiệm thực Lời giải Ta sử dụng phương pháp tịnh tiến để đưa toán dạng toán phân thức có mẫu x2 − Ta có x2 − 5x − x2 − 3x + x2 − 5x − = (x − )2 − f (x) = Đặt x − = t Khi đó, f (t) = (t + )2 − 5(t + ) − t2 − Chia tử mẫu phân thức cho f (t) = ta 4(t + )2 − 20(t + ) − 24 (2t)2 − Đặt 2t = y f (y) = y − 4y − 45 y2 − Phân thức f (y) có hai nghiệm y1 = −5, y2 = Ta xét y F0 (y) = f (z)dz y z − 4z − 45 dz z2 − = y 1− = 4z 44 − dz −1 z −1 z2 = y − ln |(y − 1)(y + 1)| − 22 ln 77 y−1 y+1 Chương Một số dạng toán liên quan Ta thay giá trị y1 = −5, y2 = vào F0 (y) F0 (−5) = −5 − 24 ln + 16 ln 2, F0 (9) = − 52 ln + 20 ln Xét hàm F0 (y), ta có bảng xét dấu −∞ y F0 (y) = f (y) −5 + −1 − + − +∞ 0+ Xét nguyên hàm F (y) = F0 (y) − c, từ bảng xét dấu ta có với c ∈ R F (y) có ba nghiệm.Từ đó, tồn F (x) có ba nghiệm thực x2 + 5x + Cho F0 (x) x2 − 4x + nguyên hàm f (x) thỏa mãn điều kiện F0 (1) = Xác định số c0 để Bài toán 3.14 Cho phân thức hữu tỷ f (x) = nguyên hàm F (x) = F0 (x) − c0 có ba nghiệm thực Lời giải Ta sử dụng phương pháp tịnh tiến để đưa toán dạng toán phân thức có mẫu x2 Phân thức f (x) có hai nghiệm x1 = −2, x2 = −3 Ta có x2 + 5x + (x2 − 4x + x2 + 5x + = (x − 2)2 f (x) = Đặt x − = t Khi đó, f (t) = (t + 2)2 + 5(t + 2) + t2 f (t) = t2 + 9t + 20 t2 Phân thức f (t) có hai nghiệm t1 = −5, t2 = −4 Ta xét t F0 (t) = f (y)dy t = y + 9y + 20 dy y2 x = 1+ 20 + y y2 dy = t + ln |t| − 78 20 + 19 t Chương Một số dạng toán liên quan Thay giá trị giá trị t1 = −5 t2 = −4 vào F0 (t) ta F0 (−5) = ln + 18, F0 (−4) = ln + 20 Khi đó, ta có t1 hàm f (t) đổi dấu từ (+) sang (−) nên F (t1 ) đạt cực đại, t2 hàm f (t) đổi dấu từ (−) sang (+) nên F (t2 ) đạt cực tiểu −∞ t F0 (t) = f (t) −5 + −4 − 0 + +∞ + Xét nguyên hàm F (t) = F0 (t) − c0 , từ bảng xét dấu ta có với F0 (t2 ) ≤ c0 ≤ F0 (t1 ) F (t) có ba nghiệm.Từ đó, tồn F (x) có ba nghiệm thực x2 − 5x + Cho F0 (x) x2 − 4x + nguyên hàm f (x) thỏa mãn điều kiện F0 (1) = Xác định số c0 để Bài toán 3.15 Cho phân thức hữu tỷ f (x) = nguyên hàm F (x) = F0 (x) − c0 có ba nghiệm thực Lời giải Ta sử dụng phương pháp tịnh tiến để đưa toán dạng toán phân thức có mẫu x2 Phân thức f (x) có hai nghiệm x1 = 1, x2 = Ta có x2 − 5x + (x2 − 4x + x2 + 5x + = (x − 2)2 f (x) = Đặt x − = t Khi đó, (t + 2)2 − 5(t + 2) + f (t) = t2 f (t) = t2 − 9t + 18 t2 Phân thức f (t) có hai nghiệm t1 = 3, t2 = 79 Chương Một số dạng toán liên quan Ta xét t f (y)dy F0 (t) = t = y − 9y + 18 dy y2 x 1− = 18 + y y2 dy = t − ln |t| − 18 + 17 t Thay giá trị giá trị t1 = t2 = vào F0 (t) ta F0 (3) = 14 − ln + 18, F0 (6) = 20 − ln Khi đó, ta có t1 hàm f (t) đổi dấu từ (+) sang (−) nên F (t1 ) đạt cực đại, t2 hàm f (t) đổi dấu từ (−) sang (+) nên F (t2 ) đạt cực tiểu −∞ t F0 (t) = f (t) + + − +∞ 0+ Xét nguyên hàm F (t) = F0 (t) − c0 , từ bảng xét dấu ta có với F0 (t2 ) ≤ c0 ≤ F0 (t1 ) F (t) có ba nghiệm.Từ đó, tồn F (x) có ba nghiệm thực x2 − 2x + Cho F0 (x) x2 − 4x + nguyên hàm f (x) thỏa mãn điều kiện F0 (1) = Xác định số c0 để Bài toán 3.16 Cho phân thức hữu tỷ f (x) = nguyên hàm F (x) = F0 (x) − c0 có ba nghiệm thực Lời giải Ta sử dụng phương pháp tịnh tiến để đưa toán dạng toán phân thức có mẫu x2 Phân thức f (x) có nghiệm bội bậc hai x1 = Ta có x2 − 2x + (x2 − 4x + x2 − 2x + = (x − 2)2 f (x) = Đặt x − = t Khi đó, f (t) = (t + 2)2 − 2(t + 2) + t2 80 Chương Một số dạng toán liên quan f (t) = t2 + 2t + t2 Phân thức f (t) có nghiệm bội bậc hai t1 = −1 Ta xét t f (y)dy F0 (t) = t = y + 2y + dy y2 x 1+ = + y y dy 1 = t + ln |t| − t t2 + 2t + Nhận thấy, F0 (t) = f (t) = ≥ 0, ∀t ∈ (−∞, 0) (0, +∞) nên với c0 = t2 F (t) = F0 (t) − c0 có nghiệm bội bậc hai 11 = −1 nghiệm t2 = Từ đó, tồn F (x) có ba nghiệm thực x−1 Cho F0 (x) − 4x + nguyên hàm f (x) thỏa mãn điều kiện F0 (1) = Xác định số c0 để Bài toán 3.17 Cho phân thức hữu tỷ f (x) = x2 nguyên hàm F (x) = F0 (x) − c0 có hai nghiệm thực Lời giải Ta sử dụng phương pháp tịnh tiến để đưa toán dạng toán phân thức có mẫu x2 Phân thức f (x) có nghiệm x1 = Ta có x−1 − 4x + x−1 = (x − 2)2 f (x) = (x2 Đặt x − = t Khi đó, f (t) = t+1 t2 Phân thức f (t) có nghiệm t1 = −1 81 Chương Một số dạng toán liên quan Ta xét t f (y)dy F0 (t) = t y+1 dy y2 = x 1 + y y = dy = ln |t| − + t Thay giá trị t = −1 vào F0 (t) ta F0 (−1) = Khi đó, ta có t = −1 hàm f (t) đổi dấu từ (−) sang (+) nên F0 (−1) đạt cực tiểu Nguyên hàm F (t) = F0 (t) − c0 có hai nghiệm thực với c0 ∈ (F0 (−1), +∞) Từ đó, tồn F (x) có ba nghiệm thực 82 KẾT LUẬN Dưới hướng dẫn khoa học GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu với nỗ lực học tập nghiên cứu thân, kết luận văn "Một số dạng toán liên quan đến định lý Rolle đảo đa thức phân thức" đạt kết sau: Luận văn chứng minh định lý Rolle đảo điều kiện cần đủ để đa thức f (x) bậc n có n nghiệm thực tồn số thực c để đa thức nguyên hàm F (x) = F0 (x) − c có n + nghiệm thực Luận văn mở rộng định lý Rolle đảo, chứng minh điều kiện cần đủ để đa thức f (x) có s nghiệm khoảng (a, b) cho đa thức nguyên hàm có s + nghiệm khoảng (a, b) Từ đó, ta suy điều kiện định lý Rolle đảo đoạn [a, b] Luận văn khảo sát số toán số nghiệm nguyên hàm phân thức hữu tỷ trục thực, từ dựa vào kết ta tổng quát cho lớp toán Hướng mở rộng luận văn, tác giả tiếp tục nghiên cứu cho toán khảo sát nghiệm nguyên hàm phân thức hữu tỷ khoảng (a, b) đoạn [a, b], mở rộng cho toán khảo sát nghiệm nguyên hàm phân thức hữu tỷ có tử số mẫu số bậc 83 Tài liệu tham khảo [1] Lê Thị Thanh Bình, 2007, Luận văn "Đặc trưng nghiệm đa thức nguyên hàm áp dụng", trường ĐH Khoa học Tự nhiên, ĐH Quốc Gia Hà Nội [2] Nguyễn Văn Mậu, 2002, Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo Dục [3] Nguyễn Văn Mậu, 2006, Các toán nội suy áp dụng, NXB Giáo Dục [4] Nguyễn Văn Mậu, Trịnh Đào Chiến, Trần Nam Dũng, Nguyễn Đăng Phất, 2008, Chuyên đề chọn lọc đa thức áp dụng, NXB Giáo Dục [5] Các thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt Nam, 1990 - 2014, NXB Giáo Dục [6] Tạp chí toán học tuổi trẻ, 2013, NXB Giáo Dục 84