Nguyên lý descartes và ứng dụng trong khảo sát đa thức thực

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 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 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 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 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 trình học tập luận văn Tôi muốn gửi lời cảm ơn đến Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi dành cho suốt thời gian học tập Khoa Cuối muốn gửi tình cảm đặc biệt tới đại gia đình tôi, người động viên chia sẻ khó khăn trình hoàn thành luận văn Mở đầu Đa thức có vị trí quan trọng toán học đối tượng nghiện cứu trọng tâm Đại số mà công 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 toán 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, chưa hệ thống theo dạng toán phương pháp giải Vì vậy, việc khảo sát sâu toán đa thức gặp nhiều khó khăn, thuật toán 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 nguyên lý Descartes • Chương trình bày biểu diễn số dạng đa thức dương đoạn • Chương trình bày số ứng dụng nguyên lý Descartes Thái Nguyên, tháng 05 năm 2015 Ngô 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 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) = 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 ) x2 + p1 x + q1 m1 x2 + ps 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) 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 có nghiệm thực Định lí 1.1.8 (xem [3]) Một đa thức thực bậc n có không n nghiệm thực 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 , 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 toàn 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 57 Chia hai vế cho λ2 π α2 + ta Pc (x) = λ2 π α +1 (λπα sin λπx + cos λπx) − λ2 π α x +1 x e− α + ce− α Nhận xét rằng, với số thực c ta có Pc (x) + αPc (x) = cos λπx Ta chọn c= λ2 π α +1 Pc (x) ≡ P (x) = (λπα sin λπx + cos λπx) λ2 π α + Khi đó, P (x) = ⇔ λπα sin λπx + cos λπx = √ Ta xét số nghiệm phương trình 0, λ2 Chia hai vế cho λ2 π α2 + ta √ π sin λπx + √ cos λπx = λ2 π α2 + λ2 π α + Đặt √ π = cos λπθ, λ2 π α2 + √ = sin λπθ, λ2 π α + 0 ⇒ x < không thuộc khoảng xét • λπ (x + θ) = λπ ⇒ x = − θ (thỏa mãn) • π (x + ν) = 2λπ ⇒ x = − θ (thỏa mãn) 58 • λπ (x + θ) = kλπ, (k ∈ N, k > 2) ⇒ x > λ không thuộc khoảng xét Vậy với c= λ2 π α + hàm số P (x) − có hai nghiệm 0, λ2 λ2 π α x +1 x e− α + ce− α 59 Chương Một số ứng dụng nguyên lý Descartes 3.1 Biện luận số nghiệm đa thức Bổ đề 3.1.1 (xem [7]) Kí hiệu số vị trí đổi dấu của dãy hệ số đa thức bậc n f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + + an xn , n f (−x) = a0 − a1 x + a2 x2 + + (−1) an xn W + W − Giả sử av số hạng khác dãy hệ số a0 , a1 , a2 , , av−1 , av , , an đa thức f (x) Khi n − v − (W + + W − ) ≥ Chứng minh Kí hiệu ak xk al xl hai số hạng thỏa mãn điều kiện ak = 0, ak+1 = ak+2 = = al−1 = 0, al = Khi f (x) = av xv + + ak xk + al xl + + an xn , an = Suy v giá trị riêng k Nếu n − k lẻ với cặp ak xk + al xl đóng góp đơn vị vào cho W + cho W − Nếu n − k chẵn từ cặp ak xk + al xl hai đại lượng W + W − nhận thêm đơn vị cho đại lượng không nhận Mặt khác ta có L n−v = C (l − k) + (l − k) 60 tổng L C lấy theo hiệu l − k lẻ, lấy theo hiệu l − k chẵn Từ suy L + (n − v) − W + W − = Nhận xét rằng, số hạng C (l − k − 1) + L C (l − k − [1 − sign (ak al )]) không âm Do n − v − W + + W − ≥ Định lí 3.1.2 (xem [7]) Giả sử đa thức f (x) = a0 +a1 x+a2 x2 + .+an xn (an = 0) có nghiệm thực, gọi W số vị trí đổi dấu dãy hệ số a0 , a1 , a2 , , an W số không điểm dương đa thức f (x) W = N Chứng minh Giả sử N + số không điểm dương, N − số không điểm âm f (x) Khi N − số không điểm dương f (−x) Do đa thức f (x) có nghiệm thực nên với kí hiệu Bổ đề 3.1.1 ta có n = N + + v + N − hay n − v = N + + N − ≤ (n − v) − W + + W − = N+ + N− − W + + W − = N+ − W + + N− − W − Theo quy tắc dấu Descartes, ta có (N + − W + ) ≤ (N − − W − ) ≤ Do (N + − W + ) = (N − − W − ) = Suy N + = W + tức W = N Bài toán 3.1.1 (xem [7]) Cho đa thức f (x) = a0 +a1 x+a2 x2 + .+an xn thỏa mãn n điều kiện a0 = 0, an = 2m hệ số liên tiếp 0, với m ∈ Z+ , m < Chứng minh đa thức f (x) có 2m nghiệm phức Lời giải Với kí hiệu Bổ đề 3.1.1 kí hiệu N + , N − số nghiệm dương nghiệm âm f (x) Theo quy tắc dấu Descartes, ta có W + ≥ N + , W − ≥ N − Suy W + + v + W − ≥ N + + v + N − 61 Do N + + v + N − số nghiệm thực f (x) nên số nghiệm phức f (x) n − N+ + v + N− ≥ n − W + + v + W − Theo lời giải Bổ đề 3.1.1 ta có L + n− W +v+W − = C (l − k − 1) + (l − k − [1 − sign (ak al )]) Do ak = 0, ak+1 = ak+2 = = ak+2m = • Hoặc l − k lẻ l − k ≥ 2m + 1; • Hoặc l − k chẵn l − k ≥ 2m + Vậy số nghiệm phức đa thức n − (N + + v + N − ) ≥ 2m Bài toán 3.1.2 (xem [7]) Kí hiệu H2 tập hợp tất đa thức hệ số thực P2 (x) bậc hai với hệ số tự (tức P2 (0) = 1) có nghiệm thực Giả sử = + p1 x + p2 x2 + + pm xm + P2 (x) Chứng minh với P2 (x) ∈ H2 , đa thức Pˆ2m (x) := + p1 x + p2 x2 + + p2m x2m , m∈N nghiệm thực Lời giải Không tính tổng quát, ta xét đa thức P2 (x) = (1 − α1 x) (1 − α2 x), α1 α2 = Khi 1 = P2 (x) (1 − α1 x) (1 − α2 x) α1 α2 1 = − α1 − α2 α2 (1 − α1 x) α1 (1 − α2 x) 62 = α1 α2 1 − α1 − α2 α2 (1 − α1 x) α1 (1 − α2 x) ∞ α1 α2 = α1 − α2 α2 α1k xk k=0 α1 − α22 ∞ − α1 α2k xk k=0 − α23 αk − α2k k α1 − α2 + x+ x + + x + α1 α2 α1 α2 α1 α2 α1 α2 = + (α1 + α2 ) x + α12 + α1 α2 + α22 x2 = α13 α1i α2j xk + + + i+j=k Suy α1i α2j xk Pˆ2 (x) = + (α1 + α2 ) x + α12 + α1 α2 + α22 x2 + + i+j=k α1i α2j x2m−1 + + + i+j=2m−1 α1i α2j x2m (i ∈ N, j ∈ N) i+j=2m Xét tích P2 (x) Pˆ2 (x) = − (α1 + α2 ) x + α1 α2 x2 × + (α1 + α2 ) x + α12 + α1 α2 + α22 x2 α1i α2j x2m−1 + + + i+j=2m−1 α1i α2j x2m i+j=2m Ta thực phép nhân đa thức, thu gọn đơn thức đồng dạng Sau ta tiến hành thu gọn đơn thức bậc k (k ≤ 2m) sinh từ tích hai đa thức α1i α2j xk − (α1 + α2 ) i+j=k α1i α2j xk +α1 α2 i+j=k−1 α1i α2j xk i+j=k−2   = α1i α2j − i+j=k α1i+1 α2j − i+j=k−1 α1i+1 α2j+1  xk α1i α2j+1 + i+j=k−1 i+j=k−2 = Tiếp theo ta thu gọn đa thức bậc 2m + α1i α2j x2m+1 + α1 α2 − (α1 + α2 ) i+j=2m α1i α2j x2m+1 i+j=2m−1 63 α1i+1 α2j − = − i+j=2m α1i α2j+1 + i+j=2m α1i+1 α2j+1 x2m+1 i+j=2m−1 α1i α2j x2m+1 =− i+j=2m+1 Mặt khác, nhân hai đa thức ta thấy xuất hạng tử bậc 2m + α1i α2j x2m = α1 α2 x2 i+j=2m α1i+1 α2j+1 x2m+2 i+j=2m Ta thu α1i α2j x2m+1 + P2 (x) Pˆ2 (x) = − i+j=2m+1 α1i+1 α2j+1 x2m+2 i+j=2m Như số hệ số đa thức H (x) = P2 (x) Pˆ2 (x) có 2m hệ số liên tiếp Theo Bài toán 3.1.1 H (x) có 2m nghiệm phức deg H (x) = 2m + nên H (x) có không hai nghiệm thực Theo đề bài, đa thức P2 (x) có hai nghiệm thực nên P2 (x) nghiệm thực Tiếp theo ta chứng minh định lý quan trọng sau mô tả lớp đa thức nghiệm thực Định lí 3.1.3 (Laguerre, xem [7]) Kí hiệu Hn tập hợp tất đa thức Pn (x) thực bậc n (n > 0) với hệ số tự (tức Pn (0) = 1) có nghiệm thực Giả sử = + p1 x + p2 x2 + + pk xk + Pn (x) Khi đó, ứng với Pn (x) ∈ Hn , đa thực dạng Pˆ2m (x) := + p1 x + p2 x2 + + p2m x2m , m∈N nghiệm thực Chứng minh Giả sử Pn (x) = + a1 x + a2 x2 + + an xn đa Hn thức thuộc Hn Từ giả thiết, ta có = Pn (x) + p1 x + p2 x2 + + p2m x2m + p2m+1 x2m+1 + Pn (x) 64 hay = Pn (x) Pˆ2m (x) + p2m+1 x2m+1 + Từ hệ thức cuối ta thu Pn (x) Pˆ2m (x) = − p2m+1 x2m+1 + So sánh (đồng theo lũy thừa) hai vế, ta có đẳng thức Pn (x) Pˆ2m (x) = − q1 x2m+1 + q2 x2m+2 + + qn x2m+n , q1 = p2m+1 , qn = p2m an Theo quy tắc dấu Descartes đa thức H (x) := Pn (x) Pˆ2m (x) có 2m nghiệm ảo, tức H (x) có không n nghiệm thực Vì đa thức H (x) có n nghiệm thực, nên đa thức Pˆ2m (x) nghiệm thực Hệ 3.1.4 (xem [7]) Giả sử Pn (x) đa thức bậc n (n > 0) với hệ số tự (tức Pn (0) = 1) có nghiệm thực Khi đó, ứng với m ∈ N∗ cho trước, tồn đa thức Q (x) bậc 2m nghiệm thực cho Pn (x) Q (x) = + q1 x + q2 x2 + + qn+2m xn+2m , q1 = q2 = = p2m = Chứng minh Do Pn (x) đa thức bậc n (n > 0) với hệ số tự 1, có nghiệm thực nên = + p1 x + p2 x2 + + p2m x2m + p2m+1 x2m+1 Pn (x) Theo Định lý 3.1.3 với m ∈ N ∗ tồn đa thức Pˆ2m (x) := + p1 x + p2 x2 + + p2m x2m , m ∈ N nghiệm thực Khi đó, = Pˆ2m (x) + p2m+1 x2m+1 Pn (x) 65 Suy Pn (x) Pˆ2m (x) = − p2m+1 x2m+1 + Đồng hệ số theo bậc lũy thừa hai vế, ta thu q2m+1 = −p2m+1 , , q2m+n = p2m an Vậy Pn (x) Pˆ2m (x) = + q1 x + q2 x2 + + q2m+n x2m+n q1 = q2 = = p2m = Định lí 3.1.5 (Laguerre, xem [7]) Kí hiệu Hn tập hợp tất đa thức thực Pn (x) bậc n (n > 0) với hệ số tự (tức Pn (0) = 1) có nghiệm thực Giả sử = + p1 x + p2 x2 + + pk xk + Pn (x) Khi đó, ứng với Pn (x) ∈ Hn , đa thực dạng Pˆ2m+1 (x) := + p1 x + p2 x2 + + p2m+1 x2m+1 , m∈N có nghiệm thực (đơn) Chứng minh Tương tự Định lý 3.1.3, ta giả sử Pn (x) = + a1 x + a2 x2 + + an xn đa thức thuộc Hn + p1 x + p2 x2 + + p2m+1 x2m+1 + p2m+2 x2m+2 + Do = Pn (x) Pˆ2m+1 (x) + p2m+2 x2m+2 + Từ hệ thức này, ta suy Pn (x) Pˆ2m (x) = − p2m+2 x2m+2 + 66 So sánh (đồng theo lũy thừa) hai vế, ta có đẳng thức Pn (x) Pˆ2m (x) = − q1 x2m+2 + q2 x2m+3 + + qn x2m+1+n , q1 = p2m+2 , qn = p2m+1 an Theo quy tắc dấu Descartes đa thức H (x) := Pn (x) Pˆ2m+1 (x) có 2m nghiệm ảo, tức H (x) có không n + nghiệm thực Vì đa thức Pn (x) có n nghiệm thực, nên đa thức Pˆ2m+1 (x) có không nghiệm thực Mặt khác, Pˆ2m+1 (x) đa thức bậc lẻ nên có nghiệm thực đơn Do đa thức Pˆ2m+1 (x) có nghiệm thực đơn 3.2 Một số ứng dụng khác Bài toán 3.2.1 (xem [6]) Chứng minh phương trình siêu việt 1+ xn x x2 + + ··· + = λex 1! 2! n! λ phân số thực sự, dương, có nghiệm dương nhất; nghiệm đơn điệu tăng đến vô n tăng Lời giải Đối với chuỗi lũy thừa x x2 xn + + ··· + − λex 1! 2! n! 1−λ 1−λ n λ = (1 − λ) + x + ··· + x − xn+1 − · · · 1! n! (n + 1)! fn (x) = + ta có số lần đổi dấu dãy hệ số W = 1, số không điểm dương N ≤ 1, tiếp đó, bán kính hội tụ chuỗi vô nên − N số chẵn, − N = Bây ta giả sử xn không điểm hàm fn (x) Khi x vượt qua xn signfn (x) chuyền từ +1 đến −1, signfn (a) > xn − a > Nhưng với a cố định lim fn (a) = (1 − λ) ea n→∞ Vì a tùy ý nên từ lim xn = ∞ n→∞ 67 Sau xnn−1 xn−1 = > fn (xn−1 ) = fn−1 (xn−1 ) + n! n! Nghĩa xn > xn−1 Bài toán 3.2.2 (xem [6]) Chứng minh hàm x−5 e x − −1 biến số dương x dần đến x → x → ∞, khoảng vô có cực đại hoàn toàn cực tiểu Lời giải Hàm số x−5 (ex − 1) có cực tiểu cực đại lấy đạo hàm khai triển thành chuỗi ta có ∞ −5 x x x −6 x (e − 1) = −x (5e − − xe ) = −x n=1 5−n n x n! chuỗi có chỗ đổi dấu cụ thể n = Ta có điều phải chứng minh Bài toán 3.2.3 (xem [6]) Giả sử bán kính hội tụ chuỗi lũy thừa a0 + a1 x + a2 x2 + · · · lớn Chứng minh số không điểm chuổi lũy thừa khoảng < x < không vượt só chỗ đổi dấu dãy a0 , a0 + a1 , a0 + a1 + a2 , · · · , a0 + a1 + a2 + · · · + an , · · · Lời giải Các không điểm xét chuỗi a0 + a1 x + a2 x2 + · · · 1−x = + x + x2 + x3 + · · · a0 + a1 x + a2 x2 + · · · = a0 + (a0 + a1 ) x + (a0 + a1 + a2 ) x2 + · · · Áp dụng kết toán với p bán kính hội tụ chuỗi lũy thừa a0 + a1 x + a2 x2 + · · · , N số không điểm khoảng < x < p W số vị trí đổi dấu dãy hệ số chuỗi N ≤ W Vậy ta có điều phải chứng minh 68 Bài toán 3.2.4 (xem [6]) Giả sử λ1 , λ2 , · · · , λn số nguyên, ≤ λ1 < λ2 < · · · < λn tiếp đến < α1 < α2 < · · · < αn Chứng minh α1λ1 α1λ2 · · · α1λn α2λ1 α2λ2 · · · α2λn ··· > αnλ1 αnλ2 · · · αnλn Lời giải Nếu định thức hệ tương ứng có nghiệm không tầm thường nghĩa tồn số c1 , c2 , · · · , cn thỏa mãn c21 + c22 + · · · + c2n > cho đa thức f (x) = c1 xλ1 + c2 xλ2 + · · · + cn xλn triệt tiêu x = α1 , α2 , · · · , αn Nhưng điều mâu thuẫn dãy hệ số chứa không n số hạng khác lẽ có n chỗ đổi dấu đa thức có n nghiệm dương α1 , α2 , · · · , αn Như định thức không Nếu n = 1, lớn Ta giả thiết định thức dạng cấp n − lớn Ta cho biến thiên Vì αn tăng từ αn−1 đến +∞ định thức không nên giữ dấu cố định Nhưng αn → +∞ dấu định thức trùng với dấu định thức nó, định thức dạng cấp n − Do theo giả thiết dấu cộng Bài toán 3.2.5 (xem [6]) Giả sử m số nguyên lớn đơn vị, S (x1 , x2 , · · · , xn ) = xl11 xl22 · · · xlnn tổng lấy theo tất hệ thống số nguyên không âm l1 , l2 , · · · , ln thỏa mãn hệ thức l1 + l2 + · · · + ln = 2m Chứng minh hàm đối xứng S (x1 , x2 , · · · , xn ) n biến thực x1 , x2 , · · · , xn xác định dương, nghĩa lớn hệ giá trị x1 , x2 , · · · , xn trừ x1 = x2 = · · · = xn = 69 Lời giải Đối với đa thức P (x) = (1 − x1 x) (1 − x2 x) · · · (1 − xn x) theo Định lý 3.1.3 ta có b2m = S (x1 , x2 , · · · , xn ) Nếu b2m không dương đa thức + b1 x + b2 x2 + · · · + b2m x2m có 2m nghiệm ảo Bài toán 3.2.6 (xem [6]) Giả sử đa thức P (x) = xn + · · · có không điểm dương Chứng minh khai triển Bn Bn+1 = n + n+1 + n+2 + · · · P (x) x x x tất hệ số Bn , Bn+1 , · · · dương Lời giải (Chứng minh thứ nhất) Thấy rõ từ phép biểu diễn qua không điểm đa thức P (x) Bài toán 3.2.5 Lời giải (Chứng minh thứ hai) Để cho gọn, ta giả thiết P (x) = (x − a1 ) (x − a2 ) · · · (x − an ) , < a1 < a2 < · · · < an Khi n 1= λ=1 P (x) , P (x) x − aλ n Bk = λ=1 akλ P (aλ ) Ta xét đa thức bậc p với p ≥ n sau n p x − λ=1 apλ P (x) = xp − Bp xn−1 + · · · = Lp (x) P (aλ ) x − aλ Đa thức Lp (x) triệt tiêu x = a1 , a2 , · · · , an có n chỗ đổi dấu Nhưng số hệ số bé n + Do Bp > 70 Kết luận Đề nghị Luận văn “Nguyên lý Descartes ứng dụng khảo sát đa thức thực” trình bày chi tiết số vấn đề liện quan đến quy tắc dấu Descartes đa thức quy tắc dấu Descartes với đa thức nguyên hàm số ứng dụng Đầu tiên luận văn nêu đầy đủ lý thuyết đa thức thực tính chất Tiếp theo luận văn trình bày số dạng biểu diễn đa thức nửa trục thực biểu diễn đa thức đoạn Cuối luận văn nêu vài ứng dụng quy tắc dấu Descartes (biện luận số nghiệm đa thức vài ứng dụng khác) Hương nghiên cứu tiếp tục khai thác thêm ứng dụng quy tắc dấu Descartes đặc biệt toán dành cho học sinh, sinh viên thi Olympic quốc tế 71 Tài liệu tham khảo [1] Nguyễn Văn Mậu (1993), Phương pháp giải phương trình bất phương trình, NXB Giáo dục, Hà Nội [2] Nguyễn Văn Mậu (1998), Đa thức đại số phân thức hữu tỉ, NXB Giáo dục, Hà Nội [3] Nguyễn Văn Mậu, Trịnh Đào Chiến, Trần Nam Dũng, Nguyễn Đăng Phất (2008), Đa thức áp dụng, NXB Giáo dục, Hà Nội [4] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Thế Long, Nguyễn Minh Tuấn (2006), Các đề thi Olympic Toán Sinh viên Toàn quốc, NXB Giáo dục, Hà Nội [5] Các thi Olympic Toán Trung học phổ thông Việt Nam, NXB Giáo dục, Hà Nội, 1990-2000 [6] P Polya, G Xego (1984), Bài tập định lý giải tích tập 1, 2, 3, 4, NXB Đại học Trung học chuyên nghiệp Hà Nội [7] Nguyễn Văn Mậu, Trần Nam Dũng, Đinh Công Hướng, Nguyễn Đăng Phất, Tạ Duy Phượng, Nguyễn Thủy Thanh (2009), Biến phức: Định lý Áp dụng, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội, Hà Nội [...]... xét một số biểu diễn của đa thức dương trên một tập dưới dạng tổng, hiệu, tích, của các đa thức có dạng đặc biệt Bài toán 2.1.1 (xem [2]) Cho đa thức P (x) ∈ R [x] và với mọi x ∈ R Chứng minh rằng đa thức có thể biểu diễn được dưới dạng 2 2 P (x) = [A (x)] + [B (x)] trong đó A (x) , B (x) cũng là các đa thức Lời giải Do P (x) ≥ 0 với mọi x ∈ R nên đa thức P (x) có bậc bằng 2n và có thể phân tích được... đồng nhất thức này không thỏa mãn Vậy không phải đối với mọi đa thức bậc n nhận giá trị dương trong đoạn [−1, 1] đều có thể biểu diễn được dưới dạng P (x) = 2.3 α β Aαβ (1 − x) (1 + x) Aαβ 0 Nguyên lý Descartes đối với đa thức nguyên hàm Bổ đề 2.3.1 (xem [3]) Giả sử đa thức f (x) = 5 (x − x1 ) (x − x2 ) (x − x3 ) (x − x4 ) , x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ x4 có nguyên hàm F0 (x) là đa thức bậc 5 với hệ số thực F0 (x)... chính xác số nghiệm dương của đa thức chỉ có nghiệm thực thông quả hệ quả sau Bổ đề 2.1.8 (xem [3]) Nếu đa thức P (x) ∈ R [x] chỉ có các nghiệm thực thì số nghiệm dương của đa thức bằng số lần đổi dấu của dãy hệ số 2.2 Biểu diễn đa thức dương trên một đoạn Bài toán 2.2.1 (xem [2]) Cho đa thức f (x) ∈ R[x] thỏa mãn điều kiện f (x) 0, với mọi x ∈ [−1; 1] 30 Chứng minh rằng đa thức f (x) có thể biểu diễn... âm là đa thức với hệ số không âm nên ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp các đa thức gj (x) = x + aj và Fk (x) = (x − bk ) x − bk có thể biểu diễn dưới dạng Q (x) /R (x) với Q(x) và R(x) là các đa thức với hệ số không âm là đủ Với đa thức g (x) = (x + a) với a ≥ 0, ta chọn Q (x) = (x + a) ; R (x) ≡ 1 Với đa thức F (x) = (x − b) x − b và Re b 0 thì chọn Q (x) = F (x) = 2 x2 + 2 |Re b| x + |b| và R (x)... Chứng minh rằng đa thức f (x) = x5 − 2x4 − 8x3 − x2 − 9x + 1 có đúng hai nghiệm dương và ít nhất một nghiệm âm Lời giải Xét dãy dấu các hệ số là + − − − −+ Suy ra W = 2 Gọi số không điểm dương của f (x) bằng N Ta có 2 − N = 2k (k ∈ Z+ ) và N = 0 hoặc N = 2 Vì f (0) f (1) < 0 nên đa thức đã cho có ít nhất một nghiệm dương trong khoảng (0, 1) và vì N = 2 nên đa thức có đúng hai nghiệm dương Để khảo sát. .. an−1 ) α2n là dãy hệ số không âm Do α2 > 0, an+1 > 0 và an ≥ 0 nên an+1 α2n+2 > 0 và α2 an+1 + an > 0 hay − (α2 an+1 + an ) < 0 Vì thế đa thức Q2 (α2 x) có hai lần đổi dấu Mặt khác, theo Nhận xét 1.2.2-(5) ta có đa thức Q2 (x) và đa thức Q2 (α2 x) có cùng vị trí đổi dấu Vậy luôn tồn tại s ∈ N để đa thức Q2 (x) có đúng hai lần đổi dấu 24 Ví dụ 2.1.4 Đa thức P (x) = x5 − 2x4 − 2x3 + 7x2 − 8x + 4 = (1 −... b2n−1 x2n−1 + b = Q (x) R (x) trong đó và là các đa thức có hệ số không âm vì n n Q (x) = x2 − b2 n x2 − b 2n n = x2 2 n − 2 Re b2 n x + b2 2 14 có các hệ số không âm Từ đó suy ra điều phải chứng minh Tiếp theo, chúng ta xét số nghiệm dương của đa thức thong qua số lần đổi dấu của dãy các hệ số của đa thức Đồng thời chúng ta cũng khảo sát một số kết quả về số nghiệm của đa thức trên một khoảng hoặc nửa... tk = k=0 trong đó k b−a 2 Ckj bk = ak j=0 j a+b 2 k−j Để xét số nghiệm của đa thức n ak xk f (x) = k=0 trên khoảng (0, +∞), ta tiến hành thực hiện phép đổi biến x = a + t thì t ∈ (0, +∞) và dẫn đến xét nghiệm dương của đa thức n n k g (t) = Ckj an−j ak ak (t + a) = k=0 k k=0 j=0 tk 16 Chương 2 Biểu diễn một số dạng đa thức dương trên một đoạn 2.1 Biểu diễn đa thức dương trên nửa trục thực Trong phần... tồn tại các đa thức Q(x) và R(x) với các hệ số không âm thỏa 13 mãn đồng nhất thức P (x) = Q (x) R (x) Lời giải Không mất tính tổng quát, ta có thể coi đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn bất đẳng thức P (x) > 0 ứng với mọi x > 0 nên P (x) có thể viết dưới dạng m s (x − aj ) P (x) = a j=1 (x − bk ) x − bk , k=1 trong đó a > 0, aj > 0, bk ∈ C và bk là số phức liên hợp của bk Do tích các đa thức với hệ số... đó Ví dụ, chẳng hạn, để xác định số nghiệm âm của đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 thì ta đặt g (x) = f (−x) và đi xét số nghiệm dương của và số nghiệm âm của đa thức f (x) cũng chính là số nghiệm dương của đa thức g(x) Cũng vậy, để xét số nghiệm của đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 trong khoảng (−1, 1) thì ta áp dụng phép đổi biến phân tuyến tính 1+x = t → t > 0 ... toán đa thức gặp nhiều khó khăn, thuật toán 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 ... 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 ...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