2 Nghiệm hữu tỉ của phương trình Newton
2.4 Một số tính chất của tập nghiệm
Định lý 2.4.1. (Quy tắc Descartes về dấu)Chof (x) =anxn+an−1xn−1+
...+a1x+a0 là một đa thức với hệ số thực, ai ∈ R, i= 0,1, ..., n, ana0 6= 0.
Gọi v là số lần đổi dấu trong dãy (ai) các hệ số của f(x), p là số nghiệm thực dương, tính cả số bội. Khi đó tồn tại số nguyên không âm m sao cho
p = v −2m
Chứng minh. Vì an 6= 0 nên không mất tổng quát ta giả sử
f (x) =xn +an−1xn−1 +...+a1x+a0.
Gọi r1, r2, ..., rp là các nghiệm dương (tính cả số bội nếu nghiệm bội), khi đó đa thức f (x) viết lại dạng
f (x) =g(x).
p
Y
i=0
(x−ri)
trong đó g(x) = xm +bm−1xm−1 + ...+b0 là đa thức với hệ số thực không có nghiệm dương.
Đầu tiên ta chứng minh p, v cùng lẻ hoặc cùng chẵn. Ta có b0 > 0, vì nếu
b0 là số âm thì g(0) = b0 < 0 trong khi chỉ cần x đủ lớn thì g(x) > 0 do đó
g(x) lại có nghiệm dương, dẫn tới mâu thuẫn, do đó b0 > 0. Ta có a0 = b0.(−1)p
p
Q
i=0
ri nên a0 dương nếu p chẵn và âm nếu p lẻ. Vì hệ
số đầu của f (x) là 1 nên số lần đổi dấu v là chẵn nếu a0 dương và lẻ nếu a0
âm. Vì vậy p và v cùng chẵn hoặc cùng lẻ.
Giờ ta sẽ chứng minh p≤ v bằng quy nạp theo n, bậc của f (x).
n= 1, ta có f (x) =x+a0 chỉ có 1 nghiệm x = −a0.
âm nên v = p. Nếu a0 < 0 thì trong f có không sự đổi dấu, v = 1, và f chỉ
có một nghiệm dương nên v = p.
Giả sử n > 1, ta gọi q là số nghiệm dương của f0(x) và w là số lần đổi dấu của các hệ số của f0(x). Ta có
f0(x) =anxn−1 + (n−1)an−1xn−2 +...+ a1
Số lần đổi dấu các hệ số của f0 nhiều nhất là v, do vậy w ≤ v. Nếu a1 = 0 ta có số k sao cho h(x) = f
0(x)
xk là đa thức với hệ số tự do khác 0. h(x) có số lần đổi dấu vẫn bằng w và số nghiệm dương vẫn là q.
Vậy không giảm tổng quát ta giả sử a1 6= 0, và áp dụng giả thiết quy nạp ta có q ≤ w. Mặt khác áp dụng Định lý Rolle cho ta p−1 ≤ q ≤w ≤ v.
Từ đó ta có p−1 ≤ v. Dấu bằng không xảy ra vì p và v cùng chẵn hoặc
cùng lẻ, do đó p≤ v.
Định lý 2.4.2. Cho
f(x) =x3 − a2 + b2 +c2x−2abc, g(x) =x3 − a2 +b2 + c2x+ 2abc
trong đó a, b, c là các số thực dương. Khi đó (i) f có đúng một nghiệm dương ρ thỏa mãn
√
a2 +b2 +c2 < ρ < a+b+c.
(ii) nếu a = b = c, thì g(x) = x3 − 3a2x + 2a3 = (x − a)2(x + 2a). Nếu không g có đúng hai nghiệm dương là ρ1, ρ2. Giả sử ρ1 < ρ2 thì ta có
ρ1 <
r
a2 +b2 +c2
3 < ρ2.
Chứng minh. (i) Theo quy tắc về dấu của Descartes’, f(x) có nhiều nhất một nghiệm dương. Vì f √ a2 + b2 + c2 = −2abc < 0, và f(a+ b+ c) = (a+b+c)3 −(a+b+c) a2 +b2 +c2−2abc = 2 a2b+ab2 +b2c+bc2 + c2a+ca2+ 4abc > 0.
Nên có một và chỉ một số dương ρthỏa mãn f(ρ) = 0 và √
a2 +b2 +c2 < ρ < a+b+c.
(ii) Trường hợp a = b = c, ta có ngay g(x) = x3 − 3a2x+ 2a3 = (x−
a)2(x+ 2a)
Trường hợp a, b, c không bằng nhau. Theo quy tắc về dấu của Descartes’,
g(x) có nhiều nhất hai nghiệm dương. Ta lại có, g0(x) = 3x2 − a2 +b2 +c2 = 3 x2 −x20 trong đó x0 = r a2 +b2 +c2 3 .
Do đó g(x) giảm với x < x0 và tăng với x > x0 nên g(x) đạt cực tiểu tại
x0. Lại có g(x0) = x30 − a2 +b2 +c2x0 + 2abc = x30 − 3x20x0 + 2abc = −2 a2 +b2 +c2 3 3/2 −√3 a2b2c23/2 ! . Ta có bất đẳng thức: a2 +b2 +c2 3 ≥ √3 a2b2c2. Do a, b, c không bằng nhau nên a2 + b2 + c2 3 > 3 √
a2b2c2. Ta suy ra g(x0) < 0 nên g(x) có hai nghiệm dương với x0 nằm giữa chúng.
Chú ý. Trong Định lý 2.4.2 phần (i), khi a = b = c, đa thức Newton f(x)
trở thành f(x) = x3 −3a2x−2a3 = (x+ a)2(x −2a). Nghiệm dương duy nhất của f(x) thỏa mãn điều kiện là 2a, √
Với kết quả trên cho thấy rằng nếu một tứ giác Newton ABCD có AB =
BC = CD = a, khi đó AD = 2a. Thậy vậy, nếu O là tâm đường tròn
ngoại tiếp tứ giác ABCD thì O là trung điểm của AD, khi đó các tam giác
OAB, OBC, OCD bằng nhau nên ba góc tại O bằng nhau dẫn tới ba tam
giác là ba tam giác đều bằng nhau. Do đó AD = 2a.