Về đa thức hệ số thực có các nghiệm đều thực

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN VĂN LƯU VỀ ĐA THỨC HỆ SỐ THỰC CÓ CÁC NGHIỆM ĐỀU THỰC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN VĂN LƯU VỀ ĐA THỨC HỆ SỐ THỰC CÓ CÁC NGHIỆM ĐỀU THỰC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC GS.TS LÊ THỊ THANH NHÀN THÁI NGUYÊN - 2019 Mục lục Mục lục Lời cảm ơn Phần mở đầu Điều kiện để đa thức với hệ số thực có nghiệm thực 1.1 1.2 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 2.1 2.2 Mối liên hệ nghiệm thực đạo hàm nghiệm thực đa thức Một số toán sơ cấp liên quan Kết luận 10 19 27 27 32 38 Tài liệu tham khảo 39 LỜI CẢM ƠN Trước hết, xin gửi lời biết ơn chân thành đến GS TS Lê Thị Thanh Nhàn hướng dẫn hoàn 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 tơi 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 tơi hồn thành, xin cảm ơn Cô Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Tốn - Tin Phòng Đào tạo trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Tôi xin trân trọng cảm ơn Thầy, Cô tận tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện thuận lợi để tơi hồn thành luận văn Tơi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, thầy cô giáo trường THPT Gia Viễn A - Ninh Bình nơi tơi cơng tác tạo điều kiện giúp đỡ tơi hồn thành cơng việc chun mơn nhà trường để tơi hồn thành chương trình học tập cao học Cuối cùng, tơi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn bè, người khơng ngừng động viên, hỗ trợ tạo điều kiện tốt cho suốt trình học tập thực luận văn 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 hệ số thực có số nghiệm thực cho trước công thức nghiệm theo hệ số Tuy nhiên giải số toán cụ thể hay lớp đa thức đặc biệt Việc nghiên cứu điều kiện hệ số đa thức với hệ số thực để đa thức có nghiệm thực trình bày báo [3] [4] 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 có tất nghiệm thực, báo [4]: "Some necessary conditions for a real polynomial to have only real roots" trình bày vài điều kiện cần hệ số để đa thực hệ số thực có tất nghiệm thực Mục đích luận văn trình bày lại kết báo Ngồi ra, luận văn quan tâm khai thác mối liên hệ 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 khai thác số ứng dụng kết để giải tốn sơ cấp tính chất nghiệm thực đa thức với hệ số thực Luận văn chia làm hai chương Chương gồm phần Phần thứ trình bày số kiến thức nghiệm đa thức Định lý Đại số, Công thức 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 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 đa thức bậc hai thành tiêu chuẩn có đủ n nghiệm thực đa thức bậc n Chương gồm hai phần Phần đầu trình bày mối liên hệ nghiệm thực đạo hàm nghiệm thực đa thức, thể Định lý 2.1.1 Phần đưa số toán sơ cấp để áp dụng định lý Chương Chương Điều kiện để đa thức với hệ số thực có nghiệm thực Mục đích Chương trình bày số kết đa thức hệ số thực có nghiệm thực Tài liệu tham khảo Chương [1], [3], [4] 1.1 Nghiệm đa thức Mục tiêu tiết nhắc lại số khái niệm, tính chất quen biết nghiệm đa thức, có Cơng thức Viete, Bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân (AM-GM Inquality), Định lý Rolle, số nghiệm đa thức hệ số tự thay đổi, Điều kiện không lồi Newton Cho số nguyên dương n Đa thức p(x) bậc n, hệ số thực biểu thức có dạng p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 với a0 , a1 , , an số thực an = Đa thức viết dạng hạng tử bậc giảm dần gọi dạng tắc đa thức Trong tồn luận văn này, khơng có giải thích thêm ta ln quy ước p(x) đa thức bậc n hệ số thực có dạng Khi n = p(x) = a1 x + a0 gọi nhị thức bậc nhất, 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 Rõ ràng đa thức p(x) bậc n có hệ số thực đa thức p(x) có đủ n nghiệm phức (mỗi nghiệm tính với bội nó) Tuy nhiên, Định lý 1.1.1 chưa làm rõ số nghiệm thực số nghiệm không thực đa thức p(x) Luận văn làm sáng tỏ phần vấn đề Liên quan đến nghiệm đa thức, ta có Định lý Viete mối quan hệ nghiệm hệ số đa thức Nội dung Định lý sau 1.1.2 Định lý (Định lý Viete) Cho đa thức p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 bậc n với hệ số phức n ≥ Giả sử p(x) có n nghiệm 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 Trong luận văn, ta phát biểu Định lý Rolle ngôn ngữ đa thức Định lý tiếng Rolle định lý liên quan đến tồn nghiệm đạo hàm giá trị đa thức Định lý phát biểu sau 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 p (c) = Do a < b nghiệm đa thức p(x) tồn số thực c ∈ (a, b) nghiệm đa thức đạo hàm p (x) Vì đa thức p(x) có tất nghiệm thực đa thức p (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 − Chứng minh Ta ký hiệu p(k) (x) đạo hàm cấp k đa thức p(x) với ≤ k ≤ n − Hiển nhiên p(k) (x) đa thức bậc n − k hệ số thực Giả sử đa thức p(x) bậc n hệ số thực có tất nghiệm thực Bằng quy nạp theo k, ta cần chứng minh đa thức p (x) có tất nghiệm thực Nếu đa thức p(x) có a nghiệm bội m a nghiệm bội m − đa thức p (x) Do đó, ta cần xét trường hợp đa thức p(x) có n nghiệm thực phân biệt theo thứ tự tăng dần x1 , x2 , , xn Đa thức p (x) có bậc n − nên có tối đa n − nghiệm thực Theo Định lý Rolle, tồn số thực ck thuộc khoảng (xk , xk+1 ) cho p (ck ) = với ≤ k ≤ n − Do c1 , c2 , , cn−1 nghiệm thực đa thức p (x) Vậy đa thức p (x) có n − nghiệm thực Điều ngược lại Hệ 1.1.4 không Chẳng hạn, đa thức p(x) = x4 − 4x2 + khơng có nghiệm thực, đạo hàm p (x) = 4x3 − 8x2 có tất nghiệm thực 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 tự tăng dần x1 , x2 , , xn Theo Hệ 1.1.4, đa thức p (x) có n − nghiệm thực phân biệt theo thứ tự tăng dần t1 , t2 , , tn−1 ti ∈ (xi , xi+1 ) với i = 1, 2, , n − Ngoài ra, t1 , t2 , , tn−1 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 ) = với i = 1, 2, , n − Đặt = min{|p(t1 )|, |p(t2 )|, , |p(tn−1 )|} Rõ ràng > với ≤ λ < đa thức p(x) + λ có n nghiệm thực Ngồi ra, số chứng minh, ta cần sử dụng Bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân sau 1.1.6 Mệnh đề (Bất đẳng thức AM - GM) Với n số thực không âm a1 , a2 , , an ta có bất đẳng thức √ a1 + a2 + + an ≥ n a1 a2 an n Dấu đẳng thức xảy a1 = a2 = = an 1.1.7 Định lý (Điều kiện không lồi Newton) Cho đa thức p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 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) = ∞ µ→∞ Do đó, chọn µ đủ lớn để có S (Pµ , 1) > − , với i = 1, , n − Ta có điều phải chứng minh Chú ý điều kiện hệ số Định lý 1.3.2 điều kiện đủ, không thiết điều kiện cần 1.3.4 Ví dụ Xét đa thức p4 (x) = x4 + 7x3 + 15x2 + 10x + có hệ số khơng thỏa mãn a2i − 4.ai−1 ai+1 > với i = 1, 2, đa thức có tất nghiệm thực Ngoài yêu cầu hệ số đa thức dương Định lý 1.3.2 cần thiết Nếu bỏ điều kiện hệ số đa thức dương Định lý 1.3.2 khơng 1.3.5 Ví dụ Xét đa thức p4 (x) = x4 − 4x3 + 3x2 + 7x + có hệ số thỏa mãn a2i − 4.ai−1 ai+1 > với i = 1, 2, đa thức có nghiệm thực Định lý 1.3.2 mở rộng cho trường hợp hệ số dấu hệ số đan dấu 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 a2i − 4.ai−1 ai+1 > với i = 1, 2, , n − nghiệm đa thức p(x) thực phân biệt 1.3.7 Hệ Cho đa thức hệ số thực có bậc n ≥ với hệ số đan dấu p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 Nếu a2i − 4.ai−1 ai+1 > với i = 1, 2, , n − nghiệm đa thức p(x) thực phân biệt Chương Một số tốn liên quan Mục đích Chương trình bày tốn liên quan đến đa thức có nghiệm thực Trong chúng tơi quan tâm đến mối liên hệ nghiệm đa thức nghiệm đạo hàm đa thức Đồng thời đề cập đến số tốn sơ cấp đa thức có nghiệm thực Tài liệu tham khảo Chương [5] 2.1 Mối liên hệ nghiệm thực đạo hàm nghiệm thực đa thức Mục tiêu Tiết đưa định lý mối liên hệ nghiệm thực đạo hàm nghiệm thực đa thức trường hợp đa thức có tất nghiệm thực Mối liên hệ mở rộng thực Định lý 1.1.3 (Định lý Rolle) Cho đa thức p(x) có bậc n ≥ 2, có tất nghiệm thực có hệ số cao Khi ta viết đa thức dạng p(x) = (x − a1 ) · · · (x − an ) với thực ≤ ai+1 Theo Hệ 1.1.4, nghiệm p (x) tương ứng nằm hai nghiệm liên tiếp p(x) Do đó, ta biểu diễn p (x) = (x − c1 ) · · · (x − cn−1 ) 27 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 p (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 nghiệm p(x) p (x) 2.1.2 Bổ đề Cho đa thức p(x) Định lý 2.1.1 Với k, gọi ck nghiệm đạo hàm p (x) khoảng (ak , ak+1 ) Cho đa thức q(x) = (x − a1 ) · · · (x − an−1 ) Khi q (x) có dạng q (x) = (n − 1) (x − d1 ) · · · (x − dn−2 ) , dk ≥ ck với ≤ k ≤ n − Bổ đề nghĩa đa thức q(x) thu bỏ qua nhân tử đầu mút bên phải p(x) n − nghiệm q(x) tương ứng lớn nghiệm p (x) Chứng minh Ta có p(x) = q(x)(x − an ) Do p (x) = q (x)(x − an ) + q(x) (1) Chúng ta cần xét trường hợp ak < ak+1 Do tính liên tục 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 ngược lại xét đa thức −p(x)) Do x − an < nên q(x) < Ngoài q(ak ) = q(ak+1 ) = nên q (x) = có nghiệm (do tính chất số nghiệm nên nghiệm nhất) q (x) đổi dấu (chính 29 xác lần) từ giá trị âm sang giá trị dương, với giá trị x tăng dần khoảng Do ck nghiệm p (x) nên p (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 p (x) khoảng (ak , ak+1 ) Cho r(x) = (x − a2 ) · · · (x − an ) Khi r (x) có dạng r (x) = (n − 1) (x − e1 ) · · · (x − en−2 ) , cho ek ≥ ck+1 với ≤ k ≤ n − Tiếp theo có Bổ đề 2.1.4 Bổ đề Cho đa thức p(x) Định lý 2.1.1 Với k, gọi ck nghiệm đạo hàm p (x) khoảng (ak , ak+1 ) Cho s(x) = (x − a1 − ) (x − a2 ) · · · (x − an ) với ≥ thỏa mãn a1 + ≤ an−1 Khi s (x) có dạng s (x) = (n − 1) (x − f1 ) · · · (x − fn−1 ) , fn−1 ≥ cn−1 Nói cách khác, s(x) thu tăng nghiệm a1 (không vượt nghiệm an−1 ) nghiệm cuối s (x) lớn nghiệm cuối p (x) 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 hợp an−1 < an > Đặt s(x) = p(x) − r(x), 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 s (x) = p (x) − r (x) (2) Do cn−1 nghiệm p (x) nên thay cn−1 vào đẳng thức (2), ta thấy s (cn−1 ) = − r (cn−1 ) Từ Bổ đề 2.1.3 suy r (cn−1 ) > Do s (cn−1 ) < Vì s (x) đổi dấu từ giá trị âm sang giá trị dương nên suy fn−1 > cn−1 Bổ đề chứng minh Bằng cách chứng minh tương tự, ta có Bổ đề 2.1.5 sau 2.1.5 Bổ đề Cho đa thức p(x) Định lý 2.1.1 Với k, gọi ck nghiệm đạo hàm p (x) khoảng (ak , ak+1 ) Cho t(x) = (x − a1 ) · · · (x − an−1 ) (x − an + ) với ≥ thỏa mãn an − ≥ a2 Khi t (x) có dạng t (x) = (n − 1) (x − g1 ) · · · (x − gn−2 ) g1 ≥ c1 Tiếp theo chứng minh Định lý 2.1.1 Chứng minh Chúng ta ý đa thức w(x) = (x − ak )k (x − ak+1 ).w (x) có nghiệm ck c = ak+1 − ak+1 − ak k+1 31 Bằng cách sử dụng Bổ đề 2.1.2 Bổ đề 2.1.4 nhiều lần ta suy c = ak+1 − ck 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 hợp cụ thể, để thấy rõ Định lý 2.1.1 mở rộng thực Định lý Rolle 2.1.6 Ví dụ Xét đa thức p(x) = (x + 2) (x + 1) x (x − 1) (x − 2) (x − 3) hay p(x) = x6 − 3x5 − 5x4 + 15x3 + 4x2 − 12x với nghiệm thực −2, −1, 0, 1, 2, Theo Định lý Rolle p (x) = 6x5 − 15x4 − 20x3 + 45x2 + 8x − 12 có nghiệm c1 , c2 , , c5 thỏa mãn −2 < c1 < −1 < c2 < < c3 < < c4 < < c5 < Theo Định lý 2.1.1 −11 −3 −4 −1 17 ≤ c1 ≤ , ≤ c2 ≤ , ≤ c3 ≤ , ≤ c4 ≤ , ≤ c5 ≤ 4 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 ck đa thức p (x), = k = n − 1, thỏa mãn bất đẳng thức ak + ak+1 − ak ak+1 − ak ≤ ck ≤ ak+1 − n n Hệ 2.1.6 cho ta thấy nghiệm ck p (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) 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 = 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 ba, ta cần xét trường hợp p(x) = x3 + qx + r với q, r ∈ R Khi q = 0, r = p(x) có x = nghiệm bội ba Khi q = 0, r = p(x) có nghiệm thực Xét q = Ta có p (x) = 3x2 + q Nếu đa thức p(x) có nghiệm thực, p (x) = có hai nghiệm thực phân biệt Do q < đa −q −q , Ta có thức p (x) = có nghiệm − 3 p − −q = −2q −q + r, p −q = 2q Rõ ràng đa thức p(x) có nghiệm thực p − p −q + r −q ≥ −q −2q −q ≤ Khi |r| ≥ hay 27r2 + 4q ≤ 3 Vậy đa thức p(x) = x3 + qx + r có tất nghiệm thực q ≤ 27r2 + 4q ≤ Chú ý 27r2 + 4q ≤ 4q ≤ −27r2 ≤ Do q ≤ Vì ta có kết sau 2.2.1 Mệnh đề Đa thức p(x) = x3 + qx + r có nghiệm thực 27r2 + 4q ≤ Tổng quát cho đa thức bậc ba p(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a = 0, ta có Hệ Mệnh đề 2.2.1 sau 33 2.2.2 Hệ Đa thức p(x) = ax3 + bx2 + cx + d với a = có nghiệm thực 27a2 d + 2b3 − 9abc + 3ac − b2 ≤ Chứng minh Do a = nên đa thức p(x) = ax3 + bx2 + cx + d có nghiệm thực đa thức p1 (x) = x3 + b1 x2 + c1 x + d1 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 đa thức p2 (t) = t3 + qt + r có nghiệm thực Theo Mệnh đề 2.2.1, ta có điều kiện 27r2 + 4q ≤ (3) Lần lượt biểu thức (1), (2) vào (3), ta điều kiện 27a2 d + 2b3 − 9abc + 3ac − b2 ≤ Hệ chứng minh hoàn toàn 2.2.3 Bài tập Cho p(x) đa thức biến x với hệ số −1 Chứng minh nghiệm p(x) số thực deg p(x) ≤ Lời giải Khơng tính tổng qt, ta giả thiết hệ số cao đa thức Giả sử p(x) = xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 đa thức biến x bậc n với hệ số −1, nghiệm p(x) thực Gọi x1 , x2 , , xn n nghiệm p(x) Theo cơng thức Viete, ta có |x1 + x2 + + xn | = |−an−1 | = 34 Vì thế, tiếp tục áp dụng cơng thức Viete ta có x21 + x22 + + x2n = (x1 + x2 + + xn )2 − xi xj i với x ∈ R Điều chứng tỏ đa thức p(x) có nhiều nghiệm thực Do đa thức p(x) có bậc nên p(x) có nghiệm thực 2.2.6 Bài tập Cho đa thức p(x) = x4 + 4x3 + ax2 + 4x + Tìm a ∈ R cho p(x) có nghiệm số thực Lời giải Điều kiện cần Áp dụng Định lý 1.2.5 ta a ∈ (−∞, −6] ∪ {6} Điều kiện đủ Khi a = p(x) = x4 + 4x3 + 6x2 + 4x + = (x + 1)4 có tất nghiệm thực Do a = thỏa mãn Khi a ≤ −6, ta có p(x) = x4 + 4x3 + 6x2 + 4x + + (a − 6)x2 = (x + 1)4 + (a − 6)x2 Khi phương trình p(x) = có dạng (x + 1)4 = (6 − a)x2 Dễ thấy x = không nghiệm phương trình Khi đó, chia hai vế phương 37 trình cho x2 ta x+ +2 x = − a ≥ Do phương trình có nghiệm a ≤ −10 x Vậy p(x) có nghiệm số thực a ∈ (−∞, −10] ∪ {6} Dễ thấy x + Kết luận Trong luận văn này, chúng tơi trình bày lại số kết đa thức hệ số thực bậc n có n nghiệm thực tài liệu [3], [4], [5]: Phát biểu lại số kết sở nghiệm đa thức Định lý đại số, Định lý Viete, Định lý Rolle, Điều kiện khơng lồi Newton đa thức có tất nghiệm thực Phát biểu chứng minh số điều kiện cần cho đa thức hệ số thực có tất nghiệm thực (Định lý 1.2.1, Định lý 1.2.5, Định lý 1.2.8, Định lý 1.2.11) Phát biểu chứng minh điều kiện đủ để nghiệm đa thức thực (Định lý 1.3.2) Phát biểu chứng minh mối liên hệ nghiệm thực đạo hàm nghiệm thực đa thức (Định lý 2.1.1) Một số tốn sơ cấp liên quan, trình bày chi tiết đa thức bậc ba đa thức bậc bốn 38 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Lê Thị Thanh Nhàn (2015), Lí thuyết đa thức, NXB ĐHQGHN Tiếng Anh [2] G H Hardy, J E Littlewood and G Pólya (1952), Inequalities, Cambridge University Press [3] D C Kurtz (1992), A sufficient condition for all the roots of a polynomial to be real, The American Mathematical Monthly, 99, 259 − 263 [4] C H Harris Kwong, A Tripathi (2004), Some necessary conditions for a real polynomial to have only real roots, Canadian Mathematical Society, 102 − 105 [5] G Peyser (1967), On the roots of the derivative of a polynomial with real roots, The American Mathematical Monthly, 74, 1102 − 1104 39 ... hệ số để đa thức hệ số thực có số nghiệm thực cho trước công thức nghiệm theo hệ số Tuy nhiên giải số toán cụ thể hay lớp đa thức đặc biệt Việc nghiên cứu điều kiện hệ số đa thức với hệ số thực. .. trình bày số điều kiện hệ số cho đa thức hệ số thực có tất nghiệm thực hệ số đa thức thỏa mãn điều kiện Đó gọi điều kiện cần hệ số để đa thức có tất nghiệm thực Ngồi ra, điều kiện cần, có ví dụ... Như vậy, Hệ 1.2.7 điều kiện cho hai cặp hệ số cuối đa thức có hệ số thực dương Hệ giúp kiểm tra đa thức với hệ số thực dương có tất nghiệm thực thông qua hệ số hệ số cuối Tiếp theo, có chứng