Chương 3. Các tính chất của đa thức bậc bốn 20
3.2 Định lý cơ bản về đa thức bậc bốn
3.2.2 Định lý về nghiệm của nguyên hàm đối với đa thức bậc bốn
Định lý 3.2 (Định lý về nghiệm của nguyên hàm). Giả sử đa thức f(x) = (x−x1)(x−x2)(x−x3)(x−x4)g(x), x1 6x2 6x36x4,
trong đó g(x) > 0 ∀x ∈ R. Giả sử F0(x) là một nguyên hàm của đa thức f(x) thỏa mãn điều kiện F0(0) = 0. Khi đó, điều kiện cần và đủ để tồn tại số thực c sao cho nguyên hàm
Fc(x) = F0(x)−c có ít nhất 5 nghiệm thực là
F0(x1)>F0(x4). (3.10) Chứng minh. Ta xét các trường hợp theo sự phân bố các nghiệm của đa thứcf(x).
Khi f(x) có các nghiệm phân biệt (tức là x1 < x2 < x3 < x4) thì nguyên hàm của nó đạt cực đại tại x = x1 và x = x3, đạt cực tiểu tại x = x2 và x = x4. Suy ra F0(x1)> F0(x2), F0(x3)> F0(x2), F0(x3)> F0(x4).
Nếu điều kiện (3.10) được thỏa mãn thì ta có
F0(x1)> max{F0(x2), F0(x4)}, F0(x3)>max{F0(x2), F0(x4)}. Suy ra
max{F0(x2), F0(x4)}6min{F0(x1), F0(x3)}. Vậy ta chọn c sao cho c∈ h
max{F0(x2), F0(x4)},min{F0(x1), F0(x3)}i
thì nguyên hàm Fc(x) tương ứng có ít nhất 5 nghiệm thực (chứng minh tương tự như Trường hợp 1 của Định lý 3.1).
Ví dụ 3.9. Với f(x) = 5(x2−1)(x2−4) có 4 nghiệm thực phân biệt (4 nghiệm đơn:
x1 =−2, x2 =−1, x3 = 1, x4 = 2) thì F0(x) = x5− 25
3 x3+ 20x. Ta có F0(−2) = −16
3 , F0(−1) =−38
3 , F0(1) = 38
3 , F0(2) = 16 3 không thỏa mãn điều kiện định lý vì
max{F0(x2), F0(x4)}= 16
3 >min{F0(x1), F0(x3)}=−16 3 . Vậy không tồn tại c để F(x) = F0(x) +c có 5 nghiệm thực.
Ví dụ 3.10. Với f(x) = (16x2−1)(x2−4) có 4 nghiệm thực phân biệt (4 nghiệm đơn:
x1 =−2, x2 =−1
4, x3= 1
4, x4 = 2). thìF0(x) = 16
5 x5−65
3 x3+4x= 1
15x(48x4−325x2+60) có 5 nghiệm thực. Ta kiểm tra các giá trị
F0(−2) = 944 15, F0
− 1 4
=−40832 61440, F0
1 4
= 40832
61440, F0(2) =−944 15 thỏa mãn điều kiện định lý vì
max{F0(x2), F0(x4)}=−40832
61440 <min{F0(x1), F0(x3)}= 40832 61440.
Trường hợp 2. Khi f(x) có nghiệm bội.
(i). Khi f(x) có hai nghiệm trùng nhau, chẳng hạn
x1 =x2 < x3< x4 (x1 < x2 < x3 =x4) và F0(x1)< F0(x4)
thì hiển nhiên (3.10) là không thỏa mãn và không tồn tại c để đa thức Fc(x) có 5 nghiệm thực.
Nếu F0(x1)> F0(x4) vàx1 =x2< x3< x4 thì ta chọn c=F0(x1) = F0(x2). Do x1 là nghiệm kép của f(x) nên nó cũng là nghiệm bội bậc ba của nguyên hàm F0(x). Mà nguyên hàm F0(x) chỉ đạt cực đại tại x3 và cũng chỉ đạt cực tiểu tại x4 nên
F0(x3)> F0(x1) hay F0(x3)−c >0.
Mặt khác,
F0(x1)> F0(x4) hay F0(x4)−c <0
→
F0(x3)−c
F0(x4)−c
<0.
Suy ra ∃ ex1 ∈(x3, x4) là nghiệm của F0(x)−c.
Ta lại có F0(x4)−c <0 và lim
x→+∞F0(x) = +∞ nên trong khoảng (x4,+∞), nguyên hàm Fc(x) có ít nhất 1 nghiệm thực.
Vậy nguyên hàm Fc(x) = F0(x)−c có ít nhất 5 nghiệm thực.
Nếu F0(x1) =F0(x4)thì ta chọn c=F0(x1) =F0(x2) =F0(x4.) Khi đó,x1 là nghiệm bội bậc 2 của f(x) nên cũng là nghiệm bội bậc 3 của nguyên hàm Fc(x) còn x4 là nghiệm của f(x) và Fc(x) nên x4 là nghiệm kép của nguyên hàm Fc(x). Ngoài ra, trong khoảng (−∞, x1) nguyên hàm F0(x)< c do lim
x→−∞F0(x) = −∞, và trong khoảng (x4,+∞) nguyên hàm F0(x) > c do lim
x→+∞F0(x) = +∞ nên Fc(x) không có nghiệm.
Mặt khác, nguyên hàm F0(x) đạt cực đại tại duy nhất một điểm x3 nên F0(x3) > c nhưng c=F0(x2) = F0(x4) nên Fc(x) không có nghiệm trong khoảng (x2, x4).
Vậy trong trường hợp này nguyên hàm Fc(x) có 5 nghiệm thực (kể cả bội).
Nếu xảy ra trường hợp x1 < x2 =x3 < x4 thì chọn c=F0(x2) =F0(x3). Khi đó x2
là nghiệm kép của f(x) nên nó cũng là nghiệm bội bậc 3 của nguyên hàm F0(x). Mà hàm số F0(x) đạt cực đại tại x1 và đạt cực tiểu tại x4 nên
F0(x1)> F0(x2) =F0(x3)> F0(x4).
Do đó F0(x1)−c >0.Mặt khác, ta thấy lim
x→−∞F0(x) =−∞nên trong khoảng(−∞, x1), đa thứcF0(x)có ít nhất một nghiệm. Tương tự, doF0(x4)−c < 0và lim
x→+∞F0(x) = +∞ nên trong khoảng (x4,+∞), đa thức F0(x) cũng có nghiệm.
Vậy đa thức Fc(x) = F0(x)−c có ít nhất 5 nghiệm thực.
Ví dụ 3.11. Với f(x) = x2(x2−1) thì F0(x) = 1
15x3(3x2−5)có 5 nghiệm thực.
(ii) Khi f(x) có hai cặp nghiệm phân biệt đôi một trùng nhau (tức là x1 =x2 < x3= x4) thì f(x) = 5(x−x1)2(x−x3)2g(x)>0 ∀x∈R và F0(x) là hàm đồng biến nên điều kiện 3.10 không thỏa mãn. Khi đó, ta thấy đường thẳng đi qua các điểm dừng sẽ cắt đồ thị của hàm đa thức F0(x) tại 1 điểm (bội bậc 3), tức là Fc(x) có 3 nghiệm thực (kể cả bội). Do đó, ứng với mọi c∈R, các nguyên hàm Fc(x)tương ứng đều có không quá 3 nghiệm thực.
Ví dụ 3.12. Với f(x) = 5(x2−1)2 thì F0(x) = x5− 10
3 x3+ 5x là hàm đồng biến nên mọi đa thức F(x) =F0(x) +c đều có 1 nghiệm thực (đơn) duy nhất.
(iii) Xét trường hợp f(x) có ba nghiệm trùng nhau. Không giảm tính tổng quát, ta giả sử
f(x) = x3g(x), g(x) = xm+b1xm−1+b2xm−2+ã ã ã+bm−1x+bm,
trong đó g(x)∈R[x] và có một nghiệm thực. Do đó m là một số tự nhiên lẻ. Ta xét F(x) =
Zx 0
f(t)dt+c
= 1
m+ 4xm+4+ b1
m+ 3xm+3+ã ã ã+bm−1
5 x5+bm
4 x4+c.
Chọn c= 0 ta được
F0(x) = 1
m+ 4xm+4+ b1
m+ 3xm+3+ã ã ã+ bm−1
5 x5+bm
4 x4 hay
F0(x) = x4 1
m+ 4xm+ b1
m+ 3xm−1+ã ã ã+ bm−1
5 x+bm
4
. Rõ ràng x= 0 là nghiệm bội bậc 4 của F0(x).
Do Q(x) = 1
m+ 4xm+ b1
m+ 3xm−1+ã ã ã+bm−1
5 x+bm
4 là đa thức bậc lẻ (m lẻ) nên Q(x)có ít nhất một nghiệm thực. Vậy nguyên hàm F0(x)có ít nhất năm nghiệm thực.
Ví dụ 3.13. Với f(x) = 5(x−1)x3 có 2 nghiệm thực phân biệt (1 nghiệm đơn và 1 nghiệm bội 3). Khi đó F0(x) =x4
x− 5 4
có 5 nghiệm thực.
(iv) Cuối cùng ta xét trường hợp khi cả4 nghiệm trùng nhau (x1 =x2 =x3 =x4) thì hiển nhiên điều kiện 3.10 được thỏa mãn, ta có x1 cũng là nghiệm bội bậc 5 của đa thức nguyên hàm F0(x). Ta chỉ cần chọn c = 0 (là giá trị duy nhất), thì F0(x) thỏa mãn điều kiện của định lý.
Ví dụ 3.14. Với f(x) = 5x4 thì F0(x) = x5 có 5 nghiệm thực trùng nhau (1 nghiệm bội 5).
Ta phát biểu kết qủa mở rộng dưới dạng định lý như sau.
Định lý 3.3. Giả sử đa thức f(x) bậc n (n > 5) có s (5 6 s 6 n) nghiệm thực có dạng
f(x) = (−1)n(x−x1)(x−x2)(x−x3)ã ã ã(x−xs)g(x), x1 6x2 6x36 ã ã ã6xs, trong đó
g(x)6= 0, ∀x∈R.
Giả sử F0(x) là một nguyên hàm của f(x) thỏa mãn điều kiện F0(0) = 0. Khi đó điều kiện cần và đủ để tồn tại c∈R sao cho nguyên hàm
Fc(x) = F0(x)−c có ít nhất s+ 1 nghiệm thực là
max
1≤i≤[s2]F0(x2i 6 min
0≤j≤[s−21]F0(x2j+1)). (3.11) Chứng minh. Không giảm tính tổng quát, ta giả sử g(x) > 0 ∀x ∈ R. Khi đó degg(x) =n−s là số tự nhiên chẵn.
Nếu n là số chẵn thì
f(x) = (x−x1)(x−x2)(x−x3)ã ã ã(x−xs)g(x), vì degg(x) = n−s là số tự nhiên chẵn nên s cũng là số tự nhiên chẵn.
Ta xét các trường hợp theo sự phân bố các nghiệm của đa thức f(x).
Trường hợp 1. Nếu f(x) cú s nghiệm phõn biệt, tức x1< x2 < x3 <ã ã ã< xs, thỡ f(xk) = 0, ∀k = 1, . . . , s.
Nhận xét rằng, tại các nútx1, x3, x5, . . . , xs−1 hàm số f(x) đổi dấu từ (+) sang (−) nên nguyên hàm Fc(x) đạt cực đại.
Tương tự, tại các nút x2, x4, x6, . . . , xs hàm số f(x) đổi dấu từ (−) sang (+) nên nguyên hàm Fc(x) đạt cực tiểu.
Từ giả thiết, ta thấy tồn tại csao cho c∈h
1≤i≤maxs2
F0(x2i), min
0≤j≤s−1
2
F0(x2j+1) i
.
(i). Nếu
1≤i≤maxs2
F0(x2i)< min
0≤j≤[s−21]F0(x2j+1) thì ta chọn
c∈ max
1≤i≤s2
F0(x2i), min
0≤j≤[s−21]F0(x2j+1) .
Khi đó F0(x1)> c hayFc(x1)>0 vàF0(x2)< c hay Fc(x2)<0. Suy ra Fc(x1)Fc(x2)<0.
Do đó ∃ ex1∈(x1, x2) là nghiệm của đa thức Fc(x).
Tương tự, ∃ ex2 ∈ (x2, x3), ex3 ∈(x3, x4), . . . , exs−1 ∈ (xs−1, xs) là các nghiệm của đa thức Fc(x).
Do lim
x→−∞F0(x) = −∞ và F0(x1)−c > 0 nên trong khoảng (−∞, x1) đa thức Fc(x) có ít nhất 1 nghiệm.
Tương tự, do lim
x→+∞F0(x) = +∞ và F0(xs)−c < 0 nên trong khoảng (xs,+∞) nguyên hàm Fc(x) cũng có ít nhất 1 nghiệm.
Vậy nguyên hàm Fc(x) có ít nhất s+ 1 nghiệm thực.
(ii). Nếu
1≤i≤maxs2F0(x2i) = min
0≤j≤[s−21]F0(x2j+1) thì ta chọn
c= max
1≤i≤s2F0(x2i) = min
0≤j≤[s−21]F0(x2j+1).
Ta chia trục số thành s−1 đoạn và 2 nửa khoảng như sau
(−∞, x1],[x1, x2], . . . ,[x2q−1, x2q],[x2q, x2q+1], . . . ,[xs,+∞).
- Xét nửa khoảng (−∞, x1]. Khi đó sẽ xảy ra hai khả năng sau đây.
Nếu F0(x1) =c thì x1 là nghiệm của Fc(x) = F0(x)−c. Kết hợp với điều kiện
x→−∞lim F0(x) = −∞
thì x1 là nghiệm duy nhất của nguyên hàm Fc(x) trong nửa khoảng (−∞, x1].
Nếu F0(x1)> c→F0(x1)−c >0 kết hợp với điều kiện
x→−∞lim F0(x) = −∞
ta suy ra nguyên hàm Fc(x) có ít nhất 1 nghiệm trong nửa khoảng (−∞, x1], ta gọi nghiệm đó là ex1.
- Xét đoạn [x1, x2]. Khi đó xảy ra hai khả năng sau đây.
Nếu F0(x1) =c thì x1 là nghiệm của Fc(x). Kết hợp với F0(x2)< F0(x1) =c
thì x1 là nghiệm của nguyên hàm Fc(x)trong đoạn [x1, x2]. Ta lại có x1 là nghiệm của đa thức f(x) nênx1 là nghiệm kép của nguyên hàm Fc(x).
Nếu F0(x1) > c thì F0(x1)−c > 0 kết hợp với F0(x2) < c → F0(x2)−c < 0 ta suy ra nguyên hàm Fc(x) có ít nhất 1 nghiệm trong đoạn [x1, x2], ta gọi nghiệm đó là ex2. Nếu xảy ra F0(x2) = c thì x2 là nghiệm duy nhất của nguyên hàm Fc(x) trong đoạn [x1, x2].
Như vậy trong mỗi nửa khoảng (−∞, x1] và đoạn [x1, x2] luôn tồn tại ít nhất một nghiệm thực của nguyên hàm Fc(x).
Khảo sát tiếp theo các đoạn và nửa khoảng còn lại ta cũng thu được kết qủa như trên. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Trường hợp 2. Khi f(x) có một hoặc một số nghiệm bội.
(i) Giả sửf(x) chỉ có một nghiệm bội, các nghiệm còn lại đều là nghiệm đơn. Không giảm tính tổng quát, ta coi
x1 =x2 =ã ã ã=xk < xk+1<ã ã ã< xs, với 26k 6s−1.
Từ hệ thức F0(x1) = F0(x2) và F0(x1)> min
0≤j≤[s−21]F0(x2j+1), F0(x2)6 max
1≤i≤s2F0(x2i), ta suy ra
min
0≤j≤[s−21]F0(x2j+1) 6F0(x1) =F0(x2)6 max
1≤i≤[s2]F0(x2i).
Kết hợp với giả thiết
1≤i≤maxs2F0(x2i)6 min
0≤j≤[s−21]F0(x2j+1) ta thu được kết qủa sau đây
1≤i≤maxs2
F0(x2i) = min
0≤j≤[s−21]F0(x2j+1)=F0(x1) = F0(x2).
Khi đó tồn tại duy nhất c sao cho c= max
1≤i≤s2
F0(x2i) = min
0≤j≤s
−1 2
F0(x2j+1) = F0(x1) = F0(x2).
Xét đa thứcFc(x) =F0(x)−c. Ta chứng minh rằng đa thức Fc(x) có ít nhất (s+ 1) nghiệm thực.
Vì x1 là nghiệm bội bậc k của f(x) nên x1 là nghiệm bội bậc (k+ 1) của đa thức Fc=F0(x)−c.
Nếu k chẵn thì k+ 1 lẻ, do đó F0(xk+1)> min
0≤j≤[s−21]F(x2j+1) hay F0(xk+1)−c > 0.
Do k+ 2 chẵn nên F0(xk+2)< max
1≤i≤s2
F(x2i) hay F0(xk+2)−c <0.
Suy ra
F0(xk+1)−c
F0(xk+2)−c
<0.
Vì thế ∃ exk+2∈(xk+1, xk+2) là nghiệm của F0(x)−c.
Tương tự ∃ exk+3 ∈ (xk+2, xk+3), ∃ exk+4 ∈ (xk+3, xk+4) . . .∃ exs ∈ (xs−1, xs). Ta lại có lim
x→+∞F0(x) = +∞ do n chẵn và F0(xs)−c < 0 nên trong khoảng (xs,+∞)nguyên hàm Fc =F0(x)−c có ít nhất một nghiệm thực.
Vậy nguyên hàm Fc(x) = F0(x)−c có ít nhất (s+ 1) nghiệm thực.
Chứng minh tương tự cho trường hợp k lẻ ta cũng thu được kết qủa như trên.
(ii). Giả sử f(x) cú ớt nhất hai nghiệm bội khỏc nhau xα = xα+1 = ã ã ã = xβ và xγ =xγ+1 =ã ã ã=xδ. trong đú 16 α < β < γ < δ6s.
Không giảm tính tổng quát, ta giả sử rằng
x1 < x2 <ã ã ã< xα−1< xα =xα+1=ã ã ã=xβ < xβ+1<
<ã ã ã< xγ−1< xγ =xγ+1 =ã ã ã=xδ < xδ+1 <ã ã ã< xs
Tương tự như trường hợp đa thức f(x) có một nghiệm bội, ta cũng chứng minh được
F0(xα) = max
[α2]≤i≤[β2]
F0(x2i) = min
[α2]≤j≤[β−21]
F0(x2j+1) =F0(xβ).
Mặt khác,
1≤i≤maxs2
F(x2i)> max
[α2]≤i≤[β2]
F0(x2i) và min
[α2]≤j≤[β−21]
F0(x2j+1) > min
0≤j≤[s−21]F(x2j+1) do 16α < β < s.
Kết hợp với giả thiết
1≤i≤maxs2F0(x2i)6 min
0≤j≤[s−21]F0(x2j+1) ta thu được
1≤i≤maxs2
F0(x2i) = max
[α2]≤i≤[β2]
F0(x2i) = min
[α2]≤j≤[β−21]
F0(x2j+1) = min
0≤j≤[s−21]F0(x2j+1)
Khi đó tồn tại duy nhất c sao cho c= max
1≤i≤s2F0(x2i) = min
0≤j≤s
−1 2
F0(x2j+1) =F0(xα) =ã ã ã=F0(xβ).
Chứng minh tương tự ta cũng thu được c= max
1≤i≤s2F0(x2i) = min
0≤j≤s
−1 2
F0(x2j+1) = F0(xγ) = ã ã ã=F0(xδ).
Tiếp theo, ta cần chứng minh nguyên hàm Fc(x) = F0(x)−c có ít nhất (s + 1) nghiệm thực.
Trước hết ta xét trong nửa khoảng(−∞, xα−1]đa thứcf(x)có(α−1)nghiệm phân biệt, các nghiệm này chia nửa khoảng đang xét thành α−1 nửa khoảng con không giao nhau. Tương tự như trường hợp 1, ta chứng minh được trong mỗi nửa khoảng đó nguyên hàm Fc(x) = F0(x)−c có ít nhất một nghiệm. Vậy trong (−∞, xα−1] nguyên hàm Fc(x) = F0(x)−c có ít nhất (α−1) nghiệm thực.
Trong khoảng(xα−1, xβ+1) đa thứcf(x)nhận xα là nghiệm bội bậc (β−α+ 1). Suy ra xα là nghiệm bội bậc (β−α+ 2) của nguyên hàm Fc(x) = F0(x)−c.
Xét trong đoạn [xβ+1, xγ−1] đa thức f(x) có (α−β−1) nghiệm phân biệt. Tương tự như trường hợp 1) ta chứng minh được nguyên hàm Fc(x) = F0(x)−c có ít nhất (α−β−1) nghiệm thực.
Trong khoảng (xγ−1, xδ+1) đa thức f(x) nhận xγ là nghiệm bội bậc δ−γ + 1. Suy ra xγ là nghiệm bội bậc δ−γ+ 2 của nguyên hàm Fc(x) =F0(x)−c.
Trong nửa khoảng[xδ+1,+∞)đa thức f(x) có ít nhất (s−δ) nghiệm phân biệt. Suy ra nguyên hàm
F(x) = F0(x)−c có ít nhất (n−δ) nghiệm thực.
Vậy nguyên hàm Fc(x) = F0(x)−c có ít nhất (s+ 1) nghiệm thực.
Lập luận tương tự cho các trường hợp f(x) có nhiều hơn hai nghiệm bội ta cũng thu được kết qủa như trên.
(iii). Cuối cựng ta xột trường hợp khi cả s nghiệm trựng nhau (x1 = x2 = ã ã ã =xs) thì hiển nhiên điều kiện (3.11) được thỏa mãn, ta có x1 cũng là nghiệm bội bậcs+ 1 của đa thức nguyên hàm F0(x).Ta chỉ cần chọn c= 0 (là giá trị duy nhất) thì nguyên hàm F0(x) tương ứng sẽ thỏa mãn điều kiện của định lý.
Chứng minh tương tự cho trường hợp n là số lẻ ta cũng thu được kết qủa như trên.
Định lý 3.3đã chỉ ra tiêu chuẩn để nhận biết sự tồn tại nguyên hàm cấp 1 của đa thức f(x) sao cho nguyên hàm đó nhiều hơn đa thức f(x) một nghiệm thực. Nhưng khi cấp của nguyên hàm tăng lên thì có tồn tại hay không dãy nguyên hàm có số nghiệm thực cũng tăng lên theo cấp của nó?
Trước hết ta xét các đa thức có số nghiệm thực nhỏ hơn 4.
Định lý 3.4. Giả sử đa thức f(x) ∈ R[x] có 1 nghiệm thực. Gọi Ms(f) là tập hợp các nguyên hàm cấp s của đa thức f(x). Khi đó, ứng với mọi số nguyên dương s đều tồn tại đa thức Fs(x)∈Ms(f) có ít nhất s+ 1 nghiệm thực.
Chứng minh. Không giảm tính tổng quát, ta giả sử đa thức f(x) ∈ R[x] có một nghiệm thực có dạng
f(x) =xg(x), g(x) =xm+b1xm−1+b2xm−2+ã ã ã+bm−1x+bm >0, ∀x∈R. - Khi s= 1, ta thấy luôn tồn tại nguyên hàm
F0,1(x) =x2( 1
m+ 2xm+ b1
m+ 1xm−1+b2
mxm−2+ã ã ã+ bm
2 ) có ít nhất hai nghiệm thực.
- Khi s= 2 ta xét F0,2(x) =
Zx 0
F0,1(t)dt
= Zx
0
1
m+ 2xm+2+ b1
m+ 1xm+1+ã ã ã+bm
2 x2 dt
=x3h 1
(m+ 2)(m+ 3)xm+ b1
(m+ 1)(m+ 2)xm−1+ã ã ã+ bm
2.3 i
. Rõ ràng x= 0 là nghiệm bội bậc 3 của nguyên hàm F0,2(x)∈M2(f).
- Giả sử Định lý 3.4 đúng với s =k−1 tức là nguyên hàm
F0,k−1(x) = 1
(m+ 2)(m+ 3). . .(m+k)xm+k+ b1
(m+ 1)(m+ 2). . .(m+k−1)xm+k−1
+ b2
m(m+ 1). . .(m+k−2)xm+k−2+ã ã ã+ bm
2.3. . . kxk.
có ít nhấtk nghiệm thực. Ta phải chứng minh rằng ứng với s=k luôn tồn tại nguyên hàm cấp k có ít nhất (k+ 1) nghiệm thực. Ta xét
F0,k(x) =
= Zx
0
h 1
(m+ 2)(m+ 3). . .(m+k)tm+k + b1
(m+ 1)(m+ 2). . .(m+k−1)tm+k−1
+ b2
m(m+ 1). . .(m+k−2)tm+k−2+ã ã ã+ bm
2.3. . . ktki dt
=xk+1h 1
(m+ 2)(m+ 3). . .(m+k+ 1)xm+ b1
(m+ 1)(m+ 2). . .(m+k)xm−1
+ b2
m(m+ 1). . .(m+k−1)xm−2+ã ã ã+ bm
2.3. . .(k+ 1) i
.
Rõ ràng x= 0 là nghiệm thực bội bậc k+ 1 của nguyên hàm F0,k(x) ∈Mk(f). Từ đó suy ra điều phải chứng minh.