Luận văn Một số tính chất về nghiệm của đa thức

3 + 3x2 + 1. Giải. (i) Ta cú f(x) = x3 + 3x− 1, f ′(x) = 3x2 + 3 suy ra f1(x) = x2 + 1, f(x) = (x2 + 1)x− (−2x+ 1) suy ra f2(x) = −2x+ 1, f1(x) = (−2x+ 1)(1 2 x− 1 4 ) + 5 4 suy ra f3(x) = −1. Vậy ta cú hệ Sturm x3 + 3x− 1, x2 + 1, −2x+ 1,−1. (ii) Ta cú f(x) = f0(x) = −2x3 + 2x2 + 1 f ′(x) = −6x2 + 6x suy ra f1(x) = −x2 + 1 f(x) = (−x2 + 1)(−2x− 1 3 )− (−2x− 4 3 ) suy ra f2(x) = −3x+ 2 f1(x) = (−3x− 2)(1 3 (x)− 2 3 )− (−5 9 ) suy ra f3(x) = −1. Nếu ta cú hệ Sturm của đa thức f(x), ta sẽ tỡm số nghiệm thực của nú bằng phương phỏp Sturm. Định nghĩa 2.1.4. Giả sử số thực c khụng phải là nghiệm của đa thức f(x) với hệ số thực và 2.1 là hệ Sturm của đa thức f(x). Xột 18 f(c), f1(c), f2(c), . . . fs(c) bỏ cỏc số 0 (nếu cú) và ký hiệu v(c) là số lần đổi dấu của hệ nhận được. Ta gọi v(c) là số lần đổi dấu của hệ Sturm 2.1 của đa thức f(x), khi x = c. Phương phỏp Sturm thể hiện bằng định lý Sturm sau đõy: Định lý 2.1.5 (Định lý Sturm). Nếu cỏc số thực a < b khụng là nghiệm của đa thức f(x) với cỏc hệ số thực và f(x) khụng cú nghiệm kộp, thỡ v(a) ≥ v(b) và hiệu v(a) − v(b) là số nghiệm thực của đa thức f(x) trong khoảng (a; b). Chứng minh. Xột sự biến thiờn của v(x) khi x tăng của hệ Sturm. Nếu x tăng mà khụng qua 1 nghiệm nào của hệ Sturm 2.1, thỡ cỏc đa thức của hệ này khụng đổi dấu, do đú số v(x) khụng đổi. Nếu x qua nghiệm của một đa thức trung gian fm(x), 1 ≤ m ≤ s − 1. Khi đú theo điều kiện 1) của hệ Sturm, ta cú fm−1(α) 6= 0 và fm+1(α) 6= 0. Do đú tớnh liờn tục của đa thức, tồn tại 1 số ε > 0 đủ bộ để trong lõn cận (α − ε, α + ε) cỏc đa thức fm−1(x) và fm+1(x) khụng cú nghiệm và do đú giữ nguyờn dấu; đồng thời, theo điều kiện 3) của hệ Sturm, dấu của fm−1(x) và fm+1(x) trỏi nhau khi x trong khoảng (α− ε, α+ ε). Từ đú suy ra rằng, mỗi hệ fm−1(α− ε), fm(α− ε), fm+1(α− ε) (2.3) và fm−1(α + ε), fm(α + ε), fm+1(α + ε) (2.4) cú đỳng 1 lần đổi dấu, khụng phụ thuộc vào dấu của fm(α−ε) và fm(α+ ε). Chẳng hạn, nếu fm−1(x) 0 trong khoảng đú và ngược lại. Nếu fm(α− ε) > 0, fm(α + ε) < 0 (qua nghiệm thỡ đa thức đổi dấu), thỡ cỏc hệ 2.3 và 2.4 cú dấu tương ứng. −++ và −−+ Như vậy, khi x qua nghiệm của một đa thức trung gian, số v(x) khụng đổi. 19 Nếu x qua nghiệm α của đa thức f(x), thỡ theo điều kiện 1) của hệ Sturm, f1(α) 6= 0, do vậy tồn tại ε > 0 đủ bộ, để f1(x) 6= 0 khi x ∈ (α− ε, α+ ε), do vậy f1(x) giữ nguyờn dấu trong khoảng này. Nếu f1(x) > 0 thỡ f(x) đồng biến và theo điều kiện 4), f(x) đổi dấu từ − sang +, tức là f(α− ε) 0. Vậy cỏc hệ f(α− ε), f1(α− ε) và f(α + ε), f1(α + ε) (2.5) cú dấu tương ứng là −+ và ++, tức là trong hệ Sturm mất đi 1 lần đổi dấu. Nếu như f1(x) < 0 khi x ∈ (α− ε, α+ ε), thỡ theo điều kiện 4) của hệ Sturm, f(x) đổi dấu từ + sang − khi x qua α tức là f(α − ε) > 0, f(α+ε) < 0; hệ (2.5) bõy giờ cú dấu là +− và −−, tức là hệ Sturm vẫn mất 1 nghiệm. Như vậy, số v(x) chỉ thay đổi khi x tăng đi qua nghiệm α của f(x), và giảm đi đỳng 1 đơn vị. Về mặt thực hành ta tớnh v(−∞)− v(+∞) là số nghiệm của đa thức, trong đú v(+∞) là dấu của f(x) khi x đủ lớn, cũng chớnh là dấu của số hạng cao nhất của f(x), tương tự cho dấu của v(−∞). Vớ dụ 2.1.6. (i) Tỡm số nghiệm thực của đa thức f(x) = x3 + 3x− 1. (ii) Tỡm số nghiệm thực của đa thức f(x) = −2x3 + 3x2 + 1. (iii) Tỡm số nghiệm thực của đa thức f(x) = x5 + 2x4 − 5x3 + 8x2 − 7x− 3. Giải. (i) Theo vớ dụ 2.1.3. (1) ta cú hệ Sturm x3 + 3x− 1, x2 + 1,−2x+ 1,−1. Lập bảng f(x) f1(x) f2(x) f3(x) v(x) −∞ − + + − 2 +∞ + + − − 1 v(−∞)− v(+∞) = 2− 1 = 1. Vậy đa thức cú một nghiệm thực. 20 (ii) Theo vớ dụ 2.1.3 (2), ta cú hệ Sturm −2x3 + 3x2 + 1,−x2 + 1,−3x− 2,−1 Lập bảng f(x) f1(x) f2(x) f3(x) W (x) −∞ + − + − 3 +∞ − − − − 0 v(−∞)− v(+∞) = 3. Vậy đa thức cú 3 nghiệm thực. (iii) Hệ Sturm của f(x): x5 + 2x4 − 5x3 + 8x2 − 7x− 3 = f(x), 5x4 + 8x3 − 15x2 + 16x− 7 = f ′(x) = f1(x), 66x3 − 150x2 + 172x+ 61 = f2(x), − 464x2 + 1135x+ 723 = f3(x), − 32599457x− 8486093 = f4(x), − 1 = f5(x). Lập bảng f(x) f1(x) f2(x) f3(x) f4(x) f5(x) W (x) −∞ − + − − + − 4 +∞ + + + − − − 1 Vậy số nghiệm thực của f(x) là v(−∞)− v(+∞) = 3. Chỳ ý. Ta cú thể sử dụng một số phần mềm toỏn học (chẳng hạn Maple hay CoCoA) để thực hiện cỏc bài toỏn trờn. Định lý Sturm mở rộng được ỏp dụng để tỡm cỏc nghiệm của đa thức thỏa món cỏc bất đẳng thức đa thức. Định lý 2.1.7 (Định lý Sturm mở rộng). Cho f(x), g(x) ∈ R[x] và hệ Sturm f0(x) = f(x), f1(x) = f ′(x)g(x), f2(x), . . . , fn(x) được xỏc định như thuật toỏn trong Định lý 2.1.2 với f0(x) = f(x) và f1(x) = 21 f ′(x)g(x). Với mỗi c ∈ R, gọi v(c) là số lần đổi dấu trong hệ f0(c), f1(c), ..., fn(c). Nếu a, b là cỏc số thực, a < b, đều khụng là nghiệm của f(x) thỡ v(a)− v(b) = #{c ∈ [a; b] : f(c) = 0 và g(c) > 0} −#{c ∈ [a; b] : f(c) = 0 và g(c) < 0} Chứng minh. Chia [a; b] thành phõn hoạch x0 = a < x1 < ... < xs = b sao cho tồn tại duy nhất nghiệm của fj trong mỗi khoảng mở (xi, xi+1). Tương tự như trong chứng minh định lý Sturm chỳng ta cú thể thấy nếu nghiệm này khụng phải là nghiệm của f(x) thỡ v(xi) = v(xi+1). Do đú ta chỉ cần chứng minh nếu tồn tại duy nhất c ∈ (a; b) sao cho f(c) = 0 thỡ v(a)− v(b) = sign(g(c)). Giả sử f (x) = (x− c)rϕ (x) và g (x) = (x− c)sψ (x) , trong đú r > 0, ϕ (c) 6= 0 và ψ (c) = 0. + Trường hợp 1: Giả sử s = 0, khi đú ψ (x) = g (x). Xột đa thức f(x).f ′(x).g(x), vỡ v (a)−v (b) = #{lần đổi dấu [f (a) ,f ′g (a)]}− #{lần đổi dấu [f (b) ,f ′g (b)]} nờn #{lần đổi dấu {[f (x) ,f ′g (x)]}} = { 1, khi sign(ff ′g(x)) = −1; 0, khi sign(ff ′g(x)) = 1. Vỡ f ′ (x) = r(x− c)r−1ϕ (x) + (x− c)rϕ′ (x) nờn f (x) .f ′ (x) .g (x) = (x− c)2r−2 ( r (x− c)ϕ2 (x) g (x) + (x− c)2ϕ (x)ϕ′ (x) g (x) ) Do (x− c)2r−2 ≥ 0. Vỡ lim x→c rϕ2 (x) g (x) + (x− c)ϕ (x)ϕ′ (x) g (x) = rϕ2 (x) g (x) , do đú nếu x đủ gần c ta cú sign (ff ′g (x)) = sign ( r (x− c)ϕ2 (x) g (x) + (x− c)2ϕ (x)ϕ′ (x) g (x) ) = sign ((x− c) g (c)) Suy ra sign (ff ′g (a)) = −sign (g (c)) , sign (ff ′g (b)) = −sign (g (b)) Do đú 22 #lần đổi dấu{[f (a) , f ′g (a)]} = { 1 khi g (c) > 0 0 khi g (c) < 0 ; #lần đổi dấu{[f (b) , f ′g (b)]} = { 1 khi g (c) < 0 0 khi g (c) > 0 ; suy ra v (a)− v (b) = sign (g (c)) . +Trường hợp 2: Giả sử s > 0.Khi đú chia (x−c)r cho ƯCLN(f, f ′g), ta cú thể thay thế hệ f, f ′g, f2, . . . , fn bởi hệ f/(x− c)r, f ′g/(x− c)r, f2/(x− c)r, . . . , fn/(x− c)r. Dóy mới này sẽ cú cựng số lần đổi dấu v(a) và v(b). Nhưng vỡ f/(x−c)r khụng cú nghiệm trong [a, b] nờn biến dấu v(a) − v(b) phải bằng 0 = g(c) = sign(g(c)). Định lý Sturm đó giải quyết hoàn toàn bài toỏn về số nghiệm thực của đa thức với hệ số thực. Tuy nhiờn, hạn chế cơ bản của định lý là tớnh toỏn khỏ cồng kềnh khi tỡm hệ Sturm. Vỡ vậy, chỳng tụi sẽ giới thiệu thờm hai định lý nữa, đú là định lý Budan - Fourier và định lý Descartes. Hai định lý này sử dụng gọn nhẹ hơn, dự rằng khụng cho chỳng ta đỳng số nghiệm thực, mà chỉ cho cận trờn của số nghiệm thực mà thụi. Tuy vậy, nếu kết hợp với phương phỏp đồ thị để tỡm cận dưới của số nghiệm thực, thỡ đụi khi cũng cho phộp ta xỏc định đỳng số nghiệm thực của đa thức, khụng cần sử dụng định lý Sturm. Cho đa thức f(x) với hệ số thực, f(x) cú thể cú nghiệm bội. Xột hệ cỏc đạo hàm liờn tiếp của nú f(x) = f (0)(x), f ′(x), f ′′(x), . . . , f (n−1)(x), f (n)(x) (2.6) trong đú f (n)(x) = a0.n! , nờn luụn giữ nguyờn dấu. Nếu số thực c khụng là nghiệm của bất kỡ đa thức nào của 2.6, thỡ ta kớ hiệu S(c) là số lần đổi dấu trong hệ cỏc số được sắp xếp thứ tự f(c), f ′(c), f ′′(c), . . . , f (n−1)(c), f (n)(c). 23 Như vậy ta cú thể xột hàm nguyờn S(x), xỏc định cỏc giỏ trị x, mà khụng một đa thức nào của hệ 2.6 bị triệt tiờu. Ta xột sự thay đổi cuả S(x) khi x tăng. 1) Nếu x khụng đi qua nghiệm của bất kỡ một đa thức nào của hệ 2.6 thỡ S(x) khụng thay đổi. 2) Nếu α là nghiệm bội s của f(x), s ≥ 1, tức là f(α) = f ′(α) = ã ã ã = f (s−1)(α) = 0, f (s)(α) 6= 0. Giả sử ε > 0 đủ bộ, để trong khoảng (α − ε, α + ε) cỏc đa thức f(x), f ′(x), . . . , f (s−1)(x) khụng cú nghiệm nào khỏc α, và f (s)(x) khụng cú nghiệm nào. Ta chứng minh rằng, trong hệ cỏc số f(α− ε), f ′(α− ε), . . . , f (s−1)(α− ε), f (s)(α− ε), hai số bất kỡ kề nhau thỡ trỏi dấu và tất cả cỏc số của hệ f(α + ε), f ′(α + ε), . . . , f (s−1)(α + ε), f (s)(α + ε) đồng dấu. Vỡ mỗi đa thức của hệ 2.6 là đạo hàm của đa thức trước nú, nờn ta chỉ cần chứng minh rằng, nếu x đi qua nghiệm α của f(x), thỡ khụng phụ thuộc vào bội của α, f(x) và f ′(x) trỏi dấu khi x < α và đồng dấu khi x > α. Thật vậy, nếu f(α − ε) > 0 thỡ f(x) nghịch biến trờn khoảng (α−ε, α) nờn f ′(α−ε) < 0; nếu f(α−ε) < 0, thỡ f(x) đồng biến trờn khoảng (α − ε, α), nờn f ′(α − ε) > 0. Như vậy, trong cả hai trường hợp f(α− ε) và f ′(α− ε) trỏi dấu. Mặt khỏc, nếu f(α+ ε) > 0 thỡ f(x) đồng biến trờn khoảng (α, α+ ε), do vậy f ′(α+ ε) > 0. Tương tự, từ f(α + ε) < 0 suy ra f ′(α + ε) < 0. Vậy sau khi x qua nghiệm α của f(x), thỡ f(x) và f ′(x) đồng dấu. Từ chứng minh trờn, suy ra rằng khi x qua nghiệm α bội s của đa thức f(x) thỡ hệ f(x), f ′(x), . . . , f (s−1)(x), f (s)(x) mất đi s lần đổi dấu. 24 3) Nếu α là nghiệm của cỏc đạo hàm f (m)(x), f (m+1)(x), . . . , f (m+s−1)(x), 1 ≤ m ≥ n− 1, s ≤ 1, nhưng α khụng phải là nghiệm của f (m−1)(x) và f (m+1)(x). Theo chứng minh ở (2), khi x đi qua α, thỡ hệ f (m)(x), f (m+1)(x), . . . , f (m+s−1)(x), f (m+s)(x) mất đi s lần đổi dấu. Thật ra, x đi qua α như vậy tạo ra khả năng đổi dấu mới giữa f (m−1)(x) và f (m)(x), tuy nhiờn, do s ≥ 1, nờn khi x đi qua α số đổi dấu trong hệ f (m−1)(x), f (m)(x), f (m+1)(x), . . . , f (m+s−1)(x), f (m+s)(x), hoặc khụng thay đổi, hoặc là giảm đi. Nú chỉ cú thể giảm 1 số chẵn, vỡ cỏc đa thức f (m−1)(x) và f (m+s)(x) khụng đổi dấu khi x đi qua α. Từ cỏc kết quả trờn ta suy ra rằng, nếu cỏc số thực a < b khụng là nghiệm của bất cứ đa thức nào của hệ 2.6, thỡ số nghiệm thực của đa thức f(x) (với hệ số thực), nằm giữa a và b, nếu nghiệm bội s tớnh là s nghiệm, bằng hiệu S(a)− S(b) hay bộ hơn hiệu ấy một số chẵn. Để giảm nhẹ điều kiện đối với a và b ta đưa vào kớ hiệu sau. Giả sử số thực c khụng là nghiệm của f(x), tuy nhiờn c cú thể là nghiệm của đa thức khỏc của 2.6. Kớ hiệu S+(c) là số đối dấu của hệ cỏc số f(c), f ′(c), f ′′(c), . . . , f (n−1)(c), f (n)(c) (2.7) và được tớnh như sau: nếu f (m)(c) = f (m+1)(c) = ã ã ã = f (m+s−1)(c) = 0, (2.8) nhưng f (m−1)(c) 6= 0 và f (m+s)(c) 6= 0, (2.9) thỡ ta xem f (m)(c), f (m+1)(c), . . . , f (m+s−1)(c) cú dấu của f (m+s)(c). Điều này tương đương với việc xoỏ cỏc số 0 trong 2.7 khi tớnh số đổi dấu của 25 2.7. Mặt khỏc, ký hiệu S−(c) là số đổi dấu của hệ 2.7 tớnh theo cỏch sau: nếu cú 2.8 và 2.9, thỡ ta xem f (m+i)(c), 0 ≤ i ≤ s − 1 cú dấu của f (m+s)(c), nếu s− i chẵn và trỏi dấu với f (m+s)(c), nếu s− i lẻ. Bõy giờ nếu ta muốn tỡm số nghiệm thực của đa thức f(x) nằm giữa a và b, a < b; a và b khụng là nghiệm của f(x), nhưng cú thể là nghiệm của cỏc đa thức khỏc của 2.6, thỡ ta làm như sau: Giả sử ε > 0 đủ bộ để trong (a, a+2ε) khụng cú nghiệm của f(x) và cỏc nghiệm khỏc a của tất cả cỏc đa thức khỏc của 2.6; mặt khỏc, giả sử ∂ > 0 đủ bộ để trong khoảng (b− 2∂, b), cũng khụng cú nghiệm của f(x) và cỏc nghiệm khỏc b của tất cả cỏc đa thức cũn lại của hệ 2.6. Khi đú số nghiệm thực của đa thức f(x) mà ta cần tỡm sẽ bằng số nghiệm thực của đa thức f(x) nằm giữa a+ ε và b− ∂, tức là theo chứng minh trờn bằng hiệu S(a + ε) − S(b − ∂) hay bộ hơn hiệu ấy một số chẵn. Tuy nhiờn dễ thấy rằng S(a+ ε) = S+(a), S(b− ∂) = S−(b). Định lý 2.1.8 (Định lý Budan- Fourier). Nếu cỏc số thực a < b khụng phải là nghiệm của đa thức f(x) với hệ số thực, thỡ số nghiệm thực của f(x) nằm giữa a và b và nghiệm bội s được tớnh là s nghiệm, bằng hiệu S+(a)− S−(b) hay bộ hơn hiệu ấy một số chẵn. Ký hiệu ∞ là giỏ trị đủ lớn của ẩn x để dấu của đa thức trựng với dấu của hệ số cao nhất. Vỡ hệ số cao nhất của đa thức trong 2.6 lần lượt bằng a0, na0, n(n− 1)a0, . . . , n!a0 đồng dấu, nờn S(∞) = S∞ = 0. Mặt khỏc, vỡ f(0) = an, f ′(0) = an−1, f ′′(0) = an−22!, . . . , f (n)(0) = a0n! trong đú a0, a1, . . . , an là cỏc hệ số của f(x), đồng thời cỏc hệ số bằng 0 khụng kể. Như vậy, sử dụng Định lý 2.1.8 cho khoảng (0,∞) ta được định lý: 26 Định lý 2.1.9 (Định lý Descartes). Số nghiệm dương của đa thức f(x) với hệ số thực (nghiệm bội s được tớnh là s nghiệm) bằng số lần đổi dấu của hệ cỏc hệ số của f(x) (khụng tớnh cỏc hệ số bằng 0) hoặc bộ hơn số ấy một số chẵn. Để xỏc định số nghiệm õm của đa thức, ta chỉ cần ỏp dụng Định lý 2.1.9 cho đa thức f(−x) là được. Nếu cỏc hệ số của f(x) đều khỏc 0, thỡ đổi dấu trong hệ cỏc hệ số của f(−x) tương ứng với giữ dấu trong hệ cỏc hệ số của f(x) và ngược lại. Như vậy, nếu cỏc hệ số của f(x) đều khỏc 0, thớ số nghiệm õm (kể cả bội) của f(x) bằng số giữ dấu của hệ cỏc hệ số của f(x), hay bộ hơn nú một số chẵn. Vớ dụ 2.1.10. Dựng Định lý 2.1.9 và Định lý 2.1.8 hóy xỏc định số nghiệm dương và số nghiệm õm của đa thức f(x) = x5 + 2x4 − 5x3 + 8x2 − 7x− 3. Giải. Số lần đổi dấu của hệ cỏc hệ số f(x) là 3. Bởi vậy f(x) cú 3 hoặc 1 nghiệm dương. Vỡ f(x) khụng cú hệ số 0, nờn số đổi dấu của hệ cỏc hệ số của f(−x) bằng số giữ dấu của hệ cỏc hệ số của f(x) bằng 2. Vậy số nghiệm õm của f(x) hoặc bằng 2 hoặc khụng cú. Bằng cỏch vẽ đồ thị, hay bằng nhận xột f(0) = 18 > 0, f(−∞) < 0, đa thức f(x) cú ớt nhất 2 nghiệm õm. Vậy f(x) cú đỳng 2 nghiệm õm. Để xỏc định số nghiệm dương của f(x), ta dựng Định lý 2.1.8 cho (1,∞). Ta đi tỡm dấu của f(x), f ′(x), f ′′(x), f ′′′(x), f (4)(x), f (5)(x) khi x = 1 và x =∞. f(x) f ′(x) f ′′(x) f ′′′(x) f (4)(x) f (5)(x) Số đổi dấu x = 1 − + + + + + 1 x =∞ + + + + + + 0 Vậy hệ cỏc đạo hàm mất 1 đổi dấu khi đi từ 1 đến ∞. Do đú đa thức f(x) cú đỳng 1 nghiệm dương. Về mặt thực hành ta sử dụng cỏc Định lý 2.1.9 và 2.1.8, nếu khụng được mới ỏp dụng Định lý 2.1.5. Định lý 2.1.9 đặc biệt thuận lợi, nếu biết tất cả cỏc nghiệm của đa thức đều thực, chẳng hạn đối với đa thức 27 đặc trưng của ma trận đối xứng. Cụ thể là: Nếu tất cả cỏc nghiệm của đa thức f(x) (với hệ số thực) đều thực và số hạng tự do khỏc 0, thỡ số k1 nghiệm dương của đa thức f(x) bằng số s1 đổi dấu của hệ cỏc hệ số, và số k2 cỏc nghiệm õm bằng số s2 đổi dấu của hệ cỏc hệ số của đa thức f(−x). Thật vậy, theo giả thiết k1 + k2 = n, (2.10) trong đú n = deg f(x) và theo Định lý 2.1.9 k1 ≤ s1, k2 ≤ s2 (2.11) Ta chứng minh rằng s1 + s2 ≤ n (2.12) Chứng minh 2.12 bằng quy nạp theo n. Với n = 1, do a0 6= 0 đổi dấu chỉ cú thể xảy ra ở 1 trong 2 đa thức f(x) = a0x+ a1, f(−x) = −a0x+ a1. tức là với n = 1 thỡ s1 + s2 = 1. Giả sử 2.12 đó được chứng minh với cỏc đa thức bậc bộ hơn n. Nếu f(x) = anx n + an−mxm + ...+ a0, trong đú m ≤ n− 1, an−m 6= 0, thỡ đặt g(x) = an−mxm + ã ã ã+ a0. Khi đú f(x) = anx n + g(x), f(−x) = (−1)nanxn + g(−x). Nếu s′1 và s ′ 2 là cỏc số đổi dấu tương ứng trong hệ cỏc hệ số của cỏc đa thức g(x) và g(−x), thỡ theo giả thiết quy nạp (rừ ràng m ≥ 1): s′1 + s ′ 2 ≤ m. Nếu m = n−1, thỡ đổi dấu chỉ cú thể xảy ra giữa a0 và a1 = an−m ở một trong hai đa thức f(x) hoặc f(−x), bởi vậy s1 + s2 ≤ s′1 + s′2 + 1 ≤ m+ 1 = n. 28 Nếu như m ≤ n− 2, thỡ đổi dấu cú thể xảy ra ở cỏc chỗ đầu (giữa a0 và an−m) của mỗi đa thức f(x) và f(−x), tuy nhiờn trong trường hợp này s1 + s2 ≤ s′1 + s′2 + 2 ≤ m+ 2 ≤ (n− 2) + 2 = n. Từ đú ta cú k1 = s1, k2 = s2. Vớ dụ 2.1.11. (i) Biết đa thức f(x) = x3 − 3x + 1 cú 3 nghiệm thực. Tỡm số nghiệm dương và số nghiệm õm. (ii) Biết đa thức f(x) = 8x4 − 8x2 + 1 cú 4 nghiệm thực. Tỡm số nghiệm dương và nghiệm õm. (iii) Biết đa thức f(x) = x5−√2x4− 3x3+3√2x2+x−√2 cú 5 nghiệm thực. Tỡm số nghiệm dương và số nghiệm õm của đa thức f(x). (iv) Biết đa thức f(x) = 64x7 − 112x5 + 56x3 − 7x cú 7 nghiệm thực. Tỡm số nghiệm dương và số nghiệm õm của f(x). Giải. (i) f(x) cú hai lần đổi dấu suy ra f(x) cú hai nghiệm dương. Do f(x) = −x3 + 3x+ 1 cú 1 lần đổi dấu suy ra f(x) cú 1 nghiệm õm. (ii) f(x) cú hai lần đổi dấu suy ra cú 2 nghiệm dương. Do hệ số tự do khỏc 0, nờn f(x) khụng cú nghiệm x = 0 suy ra cú 2 nghiệm õm. (iii) Hệ cỏc hệ số của f(x) cú 3 lần đổi dấu, 2 lần giữ dấu, tất cả cỏc hệ số khỏc 0, do đú f(x) cú 3 nghiệm dương và 2 nghiệm õm. (iv) Hệ cỏc hệ số của f(x) cú 3 lần đổi dấu, cú 1 nghiệm x = 0, do đú f(x) cú 3 nghiờm dương và 3 nghiệm õm. Tất nhiờn ta cũng cú thể giải như sau: f(x) cú 1 nghiệm x = 0. Cỏc nghiệm cũn lại là nghiệm của đa thức g(x) = 64x6 − 112x4 + 56x2 − 7. là một hàm chẵn, do đú cú 3 nghiệm dương và 3 nghiệm õm. 2.2. Đỏnh giỏ số nghiệm bằng cụng cụ giải tớch Trong mục này ta xột cỏc đa thức với hệ số thực. Ta cú thể dựa vào bảng biến thiờn hàm số f(x) trờn 1 miền xỏc đinh để xỏc định số 29 nghiệm hay sự tồn tại nghiệm của f(x). Chẳng hạn nếu f(x) giữ nguyờn một dấu trờn khoảng (a; b) thỡ vụ nghiệm trờn khoảng đú, cũn nếu f(x) đổi dấu từ (−) sang (+) hay ngược lại trờn khoảng (c; d) thỡ cú đỳng một nghiệm trờn đú; số nghiệm f(x) = 0 là số giỏ trị y = 0 được mụ tả qua bảng biến thiờn. Vớ dụ 2.2.1. Chứng minh rằng với mỗi số nguyờn dương n thỡ phương trỡnh x+ x2 + x3 + ã ã ã+ 2017x2n+1 = 2016 cú nghiệm duy nhất. Giải. Đặt f(x) = x+ x2 + x3 + ã ã ã+ 2017x2n+1. Xột x ≤ 1 thỡ f(x) = x+ x2(1 + x) + ã ã ã+ x2n + 2016x2n+1 < 0. Xột −1 < x ≤ 0 thỡ f(x) = x(1+ x) + x3(1+ x) + ã ã ã+ x2n−1(1+ x) + 2017x2n+1 < 0. Do đú f(x) < 0,∀x ≤ 0, suy ra f(x) khụng cú nghiệm x ≤ 0. Xột x > 0 thỡ f ′(x) = 1+2x+3x2+ã ã ã+2nx2n−1+2017(2n+1)x2n > 0, suy ra f(x) đồng biến trờn khoảng (0;+∞), và f(0) = 0. Do đú phương trỡnh f(x) = 2016 cú nghiệm duy nhất x > 0. Vậy phương trỡnh đó cho cú nghiệm duy nhất. Một dạng toỏn khỏc, thường gặp trong cỏc kỳ thi Olympic và sử dụng cỏc định lý giỏ trị trung bỡnh để tỡm hiểu nghiệm của đa thức. Ta tỡm hiểu kỹ hơn vấn đề này ở đõy chủ yếu thụng qua cỏc vớ dụ. Trước hết ta nhắc lại một số kết quả của giải tớch. Định lý 2.2.2 (Định lý Rolle). Giả sử hàm số f : [a; b] → R cú cỏc tớnh chất: (i) f liờn tục trờn [a; b], (ii) f khả vi trong (a; b), (iii) f(a) = f(b). Khi đú, tồn tại ớt nhất một điểm c ∈ (a; b) sao cho f ′(x) = 0. 30 Định lý 2.2.3 (Định lý Lagrange). Giả sử hàm số f : [a; b]→ R cú cỏc tớnh chất: (i) f liờn tục trờn đoạn [a; b], (ii) f khả vi trong (a; b), Khi đú tồn tại ớt nhất một điểm c ∈ (a; b) sao cho: f(b)− f(a) b− a = f ′(c). (1) Hệ quả 2.2.4. Giả sử hàm số f : [a; b]→ R liờn tục trờn đoạn [a; b] và khả vi trong khoảng (a; b). Khi đú: (i) Nếu f ′(x) = 0 với mọi x ∈ (a; b) thỡ f(x) là một hằng số trờn [a; b]. (ii) Nếu f ′(x) > 0(f ′(x) < 0) với mọi x ∈ (a; b) thỡ f(x) tăng (giảm) thực sự trờn [a; b]. Định lý 2.2.5 (Định lý Cauchy). Giả sử cỏc hàm f, g : [a; b] → R cú cỏc tớnh chất: (i) f và g liờn tục trờn [a; b], (ii) f và g khả vi trong (a; b), Khi đú tồn tại c ∈ (a; b) sao cho: [f(b)− f(a)] g′(c) = [g(b)− g(a)] f ′(c). (3) Nếu g′(x) 6= 0 với mọi x ∈ (a, b) thỡ cụng thức (3) cú thể viết là: f(b)− f(a) g(b)− g(a) = f ′(c) g′(c) . (4) Chỳ ý. Định lý Lagrange là trường hợp riờng của định lý Cauchy với hàm g(x) = x. Vớ dụ 2.2.6 (Olympic SV năm 2003). Cho P (x) là đa thức bậc n với hệ số thực và cú m nghiệm thực. Chứng minh rằng đa thức Q(x) = (x2 + 1)P (x) + P ′(x) cú ớt nhất m nghiệm thực. 31 Giải. Xột hàm số f(x) = e x3 3 +xP (x). Dễ thấy f(x) = 0 cú tập nghiệm thực trựng với tập nghiệm thực của đa thức P (x). Theo Định lý Rolle thỡ phương trỡnh f ′(x) = e x3 3 +x[P ′(x) + (x2 + 1)P (x)] = 0 cú ớt nhất m− 1 nghiệm thực. Hay P ′(x)+ (x2+1)P (x) = 0 cú ớt nhất m− 1 nghiệm thực. Ta xột hai trường hợp: i) Nếu m chẵn, khi đú nếu n lẻ thỡ P (x) cú ớt nhất m+ 1 nghiệm thực (vụ lý). Do đú n phải chẵn. Khi đú: P ′(x) + (x2 + 1)P (x) = 0 cú bậc n+ 2 là số chẵn và cú m− 1 nghiệm thực, suy ra đa thức này cú ớt nhất (m− 1) + 1 = m nghiệm thực. ii) Nếu m lẻ, khi đú nếu n chẵn thỡ P (x) cú ớt nhất m+1 nghiệm thực (vụ lý). Do đú n phải lẻ. Khi đú: P ′(x) + (x2 + 1)P (x) = 0 cú bậc n+ 2 là số lẻ và cú m− 1 số chẵn nghiệm thực. Vậy số nghiệm của đa thực khụng ớt hơn (m− 1) + 1 = m. Vớ dụ 2.2.7. p(x) ∈ R[x] với nhiều nhất n nghiệm thực phõn biệt lớn hơn 1. Đặt q(x) = (x2 + 1)p(x)p′(x) + xp(x)2 + xp′(x)2. Chứng minh q(x) cú ớt nhất 2n− 1 nghiệm thực. Giải. Ta cú q(x) = [xp(x) + p′(x)][p(x) + xp′(x)], Vỡ xp(x) cú ớt nhất n + 1 nghiệm phõn biệt (cỏc nghiệm của p(x) cộng với nghiệm x = 0) nờn [xp(x)]′ = p(x) + xp′(x) cú ớt nhất n nghiệm phõn biệt. Cụ thể, giả sử p(x) cú m nghiệm (m ≥ n) phõn biệt: 1 < a1 < ... < am, khi đú theo Định lý Rolle [xp(x)]′ cú ớt nhất m nghiệm. Một nghiệm trong khoảng (0, a1) và mỗi nghiệm trong đoạn (ai, ai+1). Xột p(x)e x2 2 cũng cú cỏc nghiệm là ai. Do đú: [p(x)e x2 2 ]′ = e x2 2 [xp(x)+ p′(x)] cú ớt nhấtm−1 nghiệm, mỗi nghiệm trong đoạn (ai, ai+1). Nhưng e x2 2 > 0 nờn xp(x) + p′(x) cú một nghiệm trong mỗi đoạn (ai, ai+1). Giả sử k là nghiệm của xp′(x) + p(x) = [xp(x)]′ cũng là nghiệm của xp(x) + p′(x). Lỳc đú ∃i : k ∈ (ai, ai+1) và ta cú kp(k) + p′(k) = 32 kp′(k) + p(k) điều này kộo theo (k− 1)[p(k)− p′(k)] = 0. Nhưng k > 1 suy ra p′(k) = p(k). Do đú kp(k) 6= p(k) = 0, vỡ vậy p(x) = 0. Nhưng điều này mõu thuẫn với giả thiết p(x) chỉ cú cỏc nghiệm lớn hơn 1 là ai. Do đú q(x) cú ớt nhất 2m− 2 (≤ 2m− 1) nghiệm. Vớ dụ 2.2.8 (Olympic SV năm 2006). Cho đa thức P (x) bậc n cú n nghiệm thực phõn biệt lớn hơn 1. Chứng minh rằng đa thức Q(x) = (x + 1)P (x)P ′ (x) + P 2(x) + x(P ′ (x))2 cú ớt nhất 2n − 1 nghiệm thực phõn biệt. Giải. Ta cú Q(x) = F (x)G(x) với F (x) = P (x)+P ′ (x), G(x) = P (x)+ xP ′ (x). Gọi a1, a2, ..., an là cỏc nghiệm của P (x) và 1 < a1 < a2 < ... < an. Khi đú phương trỡnh e x.P (x) = 0 cũng cú n nghiệm này. Theo Định lý Rolle, phương trỡnh (exP (x)) ′ = 0 hay đa thức F (x) = P (x) + P ′ (x) cú nghiệm bi trong mỗi khoảng (ai, ai+1), i = 1, 2, ..., n− 1: 1 < a1 < b1 < a2 < b2 < ... < bn−1 < an. Mặt khỏc, đa thức xP (x) cú n + 1 nghiệm là 0 = a0 < a1 < .... < an. Lại ỏp dụng Định lý Rolle, phương trỡnh (xP (x)) ′ = 0 hay đa thức G(x) cú nghiệm trong mỗi khoảng (ai, ai+1), i = 1, 2, ..., n− 1 nờn 1 < c1 < a1 < c2 < a2 < ã ã ã < cn < an. Nếu bi 6= ci+1∀i = 1, 2, ..., n − 1 thỡ đa thức Q(x) cú ớt nhất 2n − 1 nghiệm thực phõn biệt. Bõy giờ, giả sử tồn tại i sao cho bi = ci+1 = r thế thỡ P (r) + P ′ (r) = 0 = P (r) + r.P ′ (r) Do đú (r − 1)P ′(r) = 0 hay P ′(r) = 0. Suy ra P (r) = 0, với ai < r < ai+1, như vậy đa thức P (x) cú n + 1 nghiệm phõn biệt. Vậy đa thức Q(x) cú 2n− 1 nghiệm phõn biệt. Vớ dụ 2.2.9 (Đề thi dự tuyển Olympic SV năm 2006). Giả sử tam thức bậc hai ax2+bx+c cú hai nghiệm khỏc 0. Cho Pn(x) là đa thức bậc n cú n 33 nghiệm thực (n ≥ 2). Chứng minh rằng đa thức aPn(x)+bP ′n(x)+cP ′′n(x) cú n nghiệm. Giải. Trước tiờn ta chứng minh nếu đa thứcP (x) bậc n cú n nghiệm thực thỡ đa thức P (x) + αP ′ (x) cú đỳng n nghiệm thực. Giả sử P (x) là đa thức cú n nghiệm thực. Khi đú đa thức P (x)+ αP ′ (x) cú n nghiệm. Đặt f(x) = αe x αP (x), suy ra f(x) cú n nghiệm thực. Suy ra f ′ (x) = e x α [P (x)+αP ′ (x)] , f ′ (x) cú ớt nhất n−1 nghiệm. Suy ra P (x) + αP ′ (x) cú ớt nhất n − 1 nghiệm. Mà đa thức f(x) cú bậc n suy ra nghiệm cũn lại là thực. Nờn đa thức P (x) + αP ′ (x) cú n nghiệm thực. Vậy nếu đa thức P (x) bậc n cú n nghiệm thực thỡ đa thức P (x) + αP ′ (x) cú n nghiệm thực. Bõy giờ ta chứng minh Pn(x) là đa thức bậc n cú n nghiệm thực (n ≥ 2) thỡ đa thức aPn(x) + bP ′n(x) + cP ′′n(x) cú n nghiệm. Giả sử ax2+bx+c cú hai nghiệm x1, x2 suy ra ax 2+bx+c = a(x−x1)(x−x2). Theo định lý Viete ta cú x1 + x2 = b a x1x2 = c a . Suy ra { b = −a(x1 + x2) c = ax1x2. aPn(x) + bP ′ n(x) + cP ′′ n(x) = aPn(x)− a(x1 + x2)P ′ n(x) + a.x1.x2P ′′ n(x) = a[Pn(x)− (x1 + x2)P ′n(x) + x1.x2P ′′ n(x) = a[Pn(x)− x1P ′n(x)− x2P ′ n(x) + x1.x2P ′′ n(x) = a[Pn(x)− x1P ′n(x)]− a.x2[P ′ n(x)− x1P ′′ n(x)]. Đặt Q(x) = Pn(x) − x1P ′n(x) và Q(x) bậc n nờn Q(x) cú n nghiệm thực. Ta cú Q(x) = P ′ n(x)− x1P ′′n(x). 34 Suy ra aPn(x) + bP ′ n(x) + cP ′′ n(x) = a(Q(x) − x2Q′(x)) và theo chứng minh trờn thỡ đa thức này cú n nghiệm thực. Vớ dụ 2.2.10. Cho abc 6= 0 và a 7 + b 5 + c 3 = 0. Chứng minh rằng f(x) = ax4 + bx2 + c = 0 cú nghiệm. Giải. Xột F (x) = a 7 x7 + b 5 x5 + c 3 x3, ta cú F (x) liờn tục, cú đạo hàm F ′(x) = x2f(x). Áp dụng Định lý Lagrange trờn [0; 1], khi đú tồn tại c ∈ (0; 1) sao cho F (1)− F (0) 1− 0 = F ′(c). Mà ta lại cú F (0) = 0, F (1) = a 7 + b 5 + c 3 = 0, suy ra F ′(x) = 0. Vỡ c ∈ (0; 1) nờn c2 6= 0. Do đú f(c) = 0. Vậy f(x) = 0 cú nghiệm. Vớ dụ 2.2.11 (Olympic SV năm 2011). Tỡm điều kiện cần và đủ đối với cỏc tham số u, v ∈ R sao cho nếu đa thức P (x) bậc n ≥ 2 cú n nghiệm thực (kể cả bội) thỡ đa