Tóm tắt Luận văn Định lý Rolle, quy tắc dấu Descartes và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG NGUYỄN THỊ THANH DIỆU ĐỊNH LÝ ROLLE, QUY TẮC DẤU DESCARTES VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60. 46. 01. 13 TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng – Năm 2015 Công trình được hoàn thành tại ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG Người hướng dẫn khoa học: TS. PHAN ĐỨC TUẤN Phản biện 1: TS. NGUYỄN NGỌC CHÂU Phản biện 2: PGS.TS. TRẦN ĐẠO DÕNG Luận văn đã được bảo vệ trước Hội đồng chấm Luận văn tốt nghiệp Thạc sĩ Khoa học họp tại Đại Học Đà Nẵng vào ngày 27 tháng 6 năm 2015. Có thể tìm hiểu Luận văn tại: - Trung tâm Thông tin - Học liệu, Đại học Đà Nẵng - Thư viện trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng 1 MỞ ĐẦU 1. Tính cấp thiết của đề tài Đa thức và các bài toán liên quan luôn đóng vai trò quan trọng trong toán học không những như là một đối tượng nghiên cứu trọng tâm của đại số mà còn là một công cụ đắc lực của giải tích trong lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết nội suy, lý thuyết biểu diễn, tối ưu... Đặc biệt bài toán khảo sát số nghiệm thực của đa thức với các hệ số thực là vấn đề được quan tâm của nhiều thế hệ các nhà toán học. Những kết quả đầu tiên theo hướng này là của Descartes về quy tắc dấu để xác định số nghiệm âm, dương của một đa thức thực dựa vào sự phân bố dấu của dãy các hệ số của đa thức đã cho. Bên cạnh đó Định lý Rolle và một số mở rộng (Định lý Lagrange, Định lý Cauchy) là các định lý quan trọng về giá trị trung bình trong chương trình giải tích cổ điển. Ứng dụng của các định lý này trong chương trình toán trung học phổ thông rất đa dạng và phong phú, đặc biệt là các dạng toán về giải phương trình, biện luận số nghiệm của phương trình trên một khoảng, chứng minh bất đẳng thức... Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic quốc tế thì các bài toán về đa thức, phương trình và các vấn đề liên quan cũng được đề cập nhiều và được xem như những dạng toán khó ở bậc trung học phổ thông. Các bài toán liên quan đến đa thức và phương trình cũng nằm trong chương trình thi Olympic sinh viên giữa các trường đại học và cao đẳng trong cả nước về Giải tích và Đại số. 2 Với những lý do trên và qua khả năng tìm hiểu, nghiên cứu chúng tôi lựa chọn đề tài: “Định lý Rolle, quy tắc dấu Descartes và ứng dụng” làm luận văn tốt nghiệp bậc cao học của mình. 2. Mục tiêu nghiên cứu của đề tài Mục tiêu của đề tài là nhằm giúp người đọc hiểu được nội dung, tính chất liên quan đến định lý olle, quy tắc dấu escartes và một số phương pháp để xác định số nghiệm âm, dương của một đa thức. 3. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu của đề tài là các đa thức với dãy các hệ số thực. Phạm vi nghiên cứu của đề tài là định lý olle, quy tắc dấu escartes và ứng dụng. 4. Phƣơng pháp nghiên cứu Thu thập các bài báo khoa học và tài liệu của các tác giả nghiên cứu liên quan đến định lý olle và quy tắc dấu escartes. Tham gia các buổi seminar của thầy hướng dẫn để trao đổi các kết quả đang nghiên cứu. 5. Bố cục đề tài Luận văn được chia thành hai chương: Ở chương 1 giới thiệu các khái niệm, các tính chất về sự đổi dấu và vị trí đổi dấu của dãy, trình bày định lý olle, quy tắc dấu Descartes. Đến chương 2 trình bày các bài toán liên quan đến định lý olle và quy tắc dấu escartes. 3 6. Tổng quan tài liệu nghiên cứu Tổng quan các kết quả của các tác giả đã nghiên cứu liên quan đến định lý olle, quy tắc dấu escartes và ứng dụng thực tế qua các ví dụ, bài tập áp dụng, nhằm xây dựng một tài liệu tham khảo cho những ai muốn nghiên cứu về định lý olle và quy tắc dấu Descartes. Chứng minh chi tiết các định lí và làm rõ một số tính chất, cũng như đưa ra một số ví dụ minh họa nhằm làm cho người đọc dễ dàng tiếp cận vấn đề được đề cập. 4 CHƢƠNG 1 ĐỊNH LÝ ROLLE VÀ QUY TẮC DẤU DESCARTES 1.1. CÁC KHÁI NIỆM VỀ SỰ ĐỔI DẤU CỦA DÃY Trong luận văn này, khi nói đến các đa thức, chuỗi luỹ thừa hay dãy số ta đều xét chúng là các số thực. Tiếp đó, nếu không nói ngược lại, các hàm được đưa vào đều giả thiết là giải tích trong các khoảng đã nêu. Tuy nhiên các định lý được khẳng định chỉ cần thay đổi không lớn lắm hoặc thậm chí hoàn toàn không cần một sự thay đổi nào khi thay giả thiết này bằng giả thiết yếu hơn, chẳng hạn với đòi hỏi tồn tại đạo hàm đến một cấp nào đó. Khắp nơi về sau, các không điểm được tính theo bội của nó. Và để thuận tiện cho việc lập luận, ta quy ước số 0 là số chẵn. Ta cần xét một số khái niệm sau: Định nghĩa 1.1. [7]. Không điểm của hàm số ( )y f x là điểm 0x mà ở đó hàm số triệt tiêu 0( ) 0f x  . Định nghĩa 1.2. [7]. Cho dãy 0 1 2, , ,...a a a gồm hữu hạn hay vô hạn các số hạng. Chỉ số m được gọi là vị trí đổi dấu của dãy nếu có 1 0m ma a  , ( 1)m  hoặc là 1 2 k 1... 0m m ma a a       và 5 0m k ma a  , ( 2)m k  . Trong trường hợp thứ nhất thì 1ma  và ma , còn trong trường hợp thứ hai thì m ka  và ma lập thành vị trí đổi dấu. Định nghĩa 1.3. [7]. Hàm ( )f x được gọi là duy trì dấu trong khoảng ( ; )a b nếu ( ) 0f x  hoặc ( ) 0f x  , ( ; ).x a b  Giả sử khoảng ( ; )a b được chia thành 1Z  khoảng con sao cho: a. ( )f x không đồng nhất triệt tiêu trong khoảng con nào đó. b. Trong mỗi khoảng con ( )f x duy trì dấu. c. Trong hai khoảng con kề nhau ( )f x có dấu ngược nhau. Khi đó ta nói rằng trong khoảng ( ; )a b hàm ( )f x có Z lần đổi dấu. Nhận xét 1.1. Khi vượt qua không điểm bậc lẻ, hàm giải tích bị thay đổi dấu còn khi vượt qua không điểm bậc chẵn thì không đổi dấu. Định nghĩa 1.4. [7]. Ta gọi sự đổi dấu và vị trí đổi dấu của đa thức 1 0 1 1... , n n n na a x a x a x      hoặc của chuỗi luỹ thừa 1 0 1 1... ..., n n n na a x a x a x       chính là sự đổi dấu và vị trí đổi dấu của dãy hữu hạn hoặc vô hạn các hệ số 6 0 1 2, , ,..., ,na a a a tương ứng 0 1 2, , ,...a a a 1.2. CÁC TÍNH CHẤT VỀ SỰ ĐỔI DẤU CỦA DÃY VÀ HÀM Tính chất 1.1. [7]. Số vị trí đổi dấu của một dãy nào đó không thay đổi nếu các số hạng bằng 0 được bỏ đi còn những số hạng còn lại vẫn bảo toàn vị trị tương hỗ của nó. Tính chất 1.2. [7]. Các dãy 0 1 2, , ,..., na a a a và 1 1 0, ,..., ,n na a a a có cùng một số vị trí đổi dấu. Tính chất 1.3. [7]. Khi gạch bỏ các số hạng của dãy, số vị trí đổi dấu không tăng thêm. Tính chất 1.4. [7]. Khi đặt vào giữa các số hạng của dãy một số lượng tùy ý các số hạng bằng 0, số vị trí đổi dấu của dãy vẫn không thay đổi. Tính chất 1.5. [7]. Số vị trí đổi dấu của dãy sẽ không thay đổi nếu bên cạnh một số hạng nào đó của dãy, ta đặt một số hạng mới có cùng dấu với số hạng đó. Tính chất 1.6. [7]. Nếu 0 0p  , 1 0p  , 2 0p  ,... thì các dãy 0 1 2, , ...,a a a và 0 0 1 1 2 2, , ,...,a p a p a p có cùng những vị trí đổi dấu. 7 Tính chất 1.7. [7]. Dãy 0 1 0 2 1 1, , ,..., ,n n na a a a a a a a   có số vị trí đổi dấu không lớn hơn so với dãy 0 1 2, , ,..., na a a a . Tính chất 1.8. [7]. Nếu dãy vô hạn 0 1 2, , ,..., ,...na a a a chỉ có một số hữu hạn W vị trí đổi dấu thì dãy tạo nên nhờ dãy đã cho: 0 0 1 0 1 2 0 1 2, , 2 ,..., ... ,..., 1 2 n n n a a a a a a a a a a                   cũng chỉ có một số hữu hạn vị trí đổi dấu và số đó không lớn hơn W . Tính chất 1.9. [7]. Trong khoảng mà khắp nơi ( ) 0x  , các hàm ( )f x và ( ) ( )f x x có cùng các không điểm. Tính chất 1.10. [7]. Cho hàm ( )f x liên tục trên khoảng  ,a b , và ,a b không là không điểm của hàm ( )f x . Khi đó i. Nếu ( ). ( ) 0f a f b  thì ( )f x chứa một số lẻ các không điểm trên khoảng  ,a b . ii. Nếu ( ). ( ) 0f a f b  thì ( )f x chứa một số chẵn các không điểm trên khoảng  ,a b . Tính chất 1.11. [7]. Giả sử ,j ka a khác 0 ( j k ). Khi đó: i. Nếu ja và ka cùng dấu thì dãy số hữu hạn 1 1, ,..., ,j j k ka a a a  sẽ có một số chẵn vị trí đổi dấu. ii. Nếu ja và ka trái dấu thì dãy số hữu hạn 1 1, ,..., ,j j k ka a a a  sẽ có một số lẻ vị trí đổi dấu. 8 Tính chất 1.12. [7]. Nếu 1j  và 1k  là những vị trí đổi dấu kề nhau của dãy 0 1 2, , ...a a a thì dãy các hiệu số 1 2 1 1 1, ,..., ,j j j j k k k ka a a a a a a a        có một số lẻ vị trí đổi dấu (do đó có ít nhất một lần đổi dấu). Tính chất 1.13. [7]. Nếu dãy số 0 1, ,..., ,na a a có W vị trí đổi dấu thì dãy hiệu lập thành từ dãy đó 1 0 2 1 1, ,..., ,n na a a a a a    sẽ có ít nhất W 1 vị trí đổi dấu . Tính chất 1.14. [7]. Nếu dãy hữu hạn 0 1, ,..., ,na a a có W vị trí đổi dấu thì dãy tạo nên từ nó theo cách sau 0 1 0 2 1 1,, , ,..., , ,n n na a a a a a a a   sẽ có không ít hơn W 1 vị trí đổi dấu (loại trừ trường hợp tầm thường khi mọi số hạng của dãy đều bằng 0). Tính chất 1.15. [7]. Nếu 0  thì các đa thức ( )P x và ( )P x sẽ có số vị trí đổi dấu như nhau. Tính chất 1.16. [7]. Giả sử dãy vô hạn 0 1 2, , ,..., ,...na a a a có W vị trí đổi dấu. Khi đó dãy 0 1 0 2 1 1, , ,..., ,...n na a a a a a a       , 9 trong đó 0  có ít nhất W vị trí đổi dấu. Ngoài ra nếu thỏa điều kiện lim 0nn n a    thì thậm chí dãy đã nêu có cực tiểu là W 1 vị trí đổi dấu. Tính chất 1.17. [7]. Nếu dãy 0 1 2, , ,..., ,...na a a a có W vị trí đổi dấu thì dãy 0 0 1 0 1 2 0 1 2, , ,..., ... ,...na a a a a a a a a a       có không quá W vị trí đổi dấu. Tính chất 1.18. [7]. Cho đa thức 1 1 1 0( ) ... n n n nP x a x a x a x a       có số vị trí đổi dấu là W , khi đó đa thức ( )( 1)P x x  có số vị trí đổi dấu không lớn hơn W . Tính chất 1.19. [7]. Giả sử số 0a  và đa thức 2 0 1 2( ) ... , n nP x a a x a x a x     có số vị trí đổi dấu là W thì đa thức ( ) ( ). ( ),g x a x P x  có số vị trí đổi dấu lớn hơn W . Tính chất 1.20. [7]. Giả sử chuổi lũy thừa 2 3 0 1 2 3 ...a a x a x a x    , có W vị trí đổi dấu thì chuỗi lũy thừa 2 3 0 1 2 3 ... 1 a a x a x a x x      , có số vị trí đổi dấu không thể tăng thêm. 10 1.3. ĐỊNH LÝ ROLLE VÀ CÁC HỆ QUẢ Cơ sở của định lý Rolle dựa vào hai định lý cơ bản nhất của Weierstrass đối với hàm liên tục khẳng định rằng khi f liên tục trên đoạn [ ; ]a b thì nó phải đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn đó và định lý Fermat về điểm cực trị của hàm khả vi khẳng định rằng nếu hàm ( )g x liên tục trên đoạn [ ; ]a b , khả vi trong ( ; )a b đạt cực trị (cực đại hoặc cực tiểu) tại một điểm trong khoảng đó thì đạo hàm tại điểm đó bằng 0. Định lý 1.1. [2]. (Định lý Rolle) Giả sử f là hàm liên tục trên đoạn [ ; ]a b và có đạo hàm tại mọi ( ; )x a b . Nếu ( ) ( )f a f b thì tồn tại ít nhất một điểm ( ; )c a b sao cho ( ) 0f c  . Nhận xét 1.2. 1. Định lý Rolle sẽ không còn đúng nếu trong khoảng ( ; )a b có điểm c mà tại đó ( )f c không tồn tại. Chẳng hạn, xét hàm 3 2( ) 2f x x  , [ 1;1]x  . Dễ thấy ( )f x thoả mãn các điều kiện: ( )f x liên tục trên ( 1;1) và ( 1) (1)f f  . Ta xét đạo hàm 3 2 ( ) 3 f x x    , rõ ràng tại 0 0 ( 1;1)x    đạo hàm không tồn tại, nên hàm số không thoả mãn đủ các điều kiện của định lý Rolle. 2. Điều kiện liên tục trên đoạn [ ; ]a b đối với hàm ( )f x cũng không thể thay đổi bởi điều kiện ( )f x liên tục trên khoảng ( ; )a b . Chẳng hạn, xét hàm 11 1, 0 ( ) 0, 0 1. x f x x      Ở đây 0x  là điểm gián đoạn. Khi đó, rõ ràng không tồn tại 0 (0;1)x  để 0( ) 0f x  . 3. Ý nghĩa hình học: Nếu các điều kiện của định lý olle được thoả mãn thì trên đồ thị của hàm số ( )y f x , [ ; ]x a b  tồn tại điểm ( ; ( ))M c f c , ( ; )c a b mà tiếp tuyến tại đó song song với trục hoành Ox . Hệ quả 1.1. Nếu hàm số ( )f x có đạo hàm trên khoảng ( ; )a b và phương trình ( ) 0f x  có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( ; )a b thì phương trình ( ) 0f x  có ít nhất 1n  nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( ; )a b . (Phương trình ( ) ( ) 0kf x  có ít nhất n k nghiệm phân biệt thuộc khoảng ( ; )a b , với 1,2,3,....,k n ). Nhận xét 1.3. - Kết quả trên vẫn đúng nếu thay khoảng ( ; )a b bởi các nửa khoảng ( ; ]a b , [ ; )a b hay đoạn [ ; ]a b hoặc chỉ là một điểm  1x . - Nếu hàm ( )f x là đa thức bậc n và có n nghiệm thực thì ( )f x có 1n  nghiệm thực. Hệ quả 1.2. Giả sử hàm số ( )f x liên tục trên đoạn [ ; ]a b và có đạo hàm trên khoảng ( ; )a b . Khi đó nếu phương trình ( ) 0f x  có không quá 1n  nghiệm phân biệt trên ( ; )a b thì phương trình ( ) 0f x  có không quá n nghiệm phân biệt trên khoảng đó. 12 Hệ quả 1.3. Nếu ( ) 0 x lim f x   thì ( )f x có số lượng các không điểm trong khoảng ( ; )a  không ít hơn so với ( )f x trên khoảng ấy. Kết quả vẫn đúng nếu thay  bởi  . Hệ quả 1.4. Giả sử hàm ( )f x có N không điểm trong (0; ) . Khi đó hàm ( ) ( ),f x f x  , có ít nhất 1N  không điểm trong khoảng đó. Hơn nữa, nếu thoả mãn điều kiện ( ) 0,x x lim e f x   thì hàm đã nêu có ít nhất là N không điểm. Định lý 1.2. [5]. Giả sử f là hàm liên tục trên [ ; )a  , có đạo hàm trên ( ; )a  và ( ) ( ) x lim f x f a   . Khi đó tồn tại ít nhất một số thực c a sao cho ( ) 0f c  . Định lý 1.3. [2]. Cho hàm số ( )y f x liên tục trên đoạn [ ; ]a b và ( )F x là một nguyên hàm của ( )f x trong đoạn đó. Nếu tồn tại các số thực 1 2, [ ; ]x x a b với 1 2x x sao cho 1 2( ) ( )F x F x thì phương trình ( ) 0f x  có nghiệm trong đoạn 1 2[ ; ]x x (hay có nghiệm trong đoạn [ ; ]a b ). Định lý 1.4. [2]. (Định lý Lagrange) Giả sử f là hàm liên tục trên đoạn [ ; ]a b và có đạo hàm tại mọi điểm trong khoảng ( ; )a b . Khi đó tồn tại ít nhất một điểm c ( ; )a b sao cho 13 ( ) ( ) ( )( ).f b f a f c b a   Nhận xét 1.4: - Ta đã thu được định lý Lagrange như là một hệ quả của Định lý Rolle. Thế nhưng chính Định lý Rolle (về dạng biểu thức) lại là một trường hợp riêng của Định lý Lagrange (ứng với giả thiết ( ) ( )f a f b ). - Ý nghĩa hình học: Nếu hàm ( )f x thoả mãn đầy đủ các điều kiện của Định lý Lagrange thì trên đồ thị của hàm số ( )y f x phải tồn tại ít nhất một điểm ( ; ( ))M c f c sao cho tiếp tuyến với đồ thị tại điểm đó song song với dây cung AB , ở đó ( ; ( ))A a f a và ( ; ( ))B b f b . Định lý 1.5. (Định lý Cauchy) Giả sử f , g liên tục trên đoạn [ ; ]a b và có đạo hàm tại mọi điểm trong khoảng ( ; )a b , ngoài ra ( ) 0g x  với mọi ( ; )x a b . Khi đó tồn tại ít nhất một điểm ( ; )c a b sao cho ( ) ( ) ( ) . ( ) ( ) ( ) f b f a f c g b g a g c    Nhận xét 1.5. Định lý Lagrange là trường hợp riêng của Định lý Cauchy với giả thiết ( )g x x . 1.4. QUY TẮC DẤU DESCARTES Việc tìm ra mối liên hệ giữa số vị trí đổi dấu của đa thức và số không điểm của nó là một kết quả cực kì lý thú. Kết quả đó sẽ giúp chúng ta ước lượng được số nghiệm của đa thức, đặc biệt là những 14 đa thức bậc cao khi mà bằng phương pháp thông thường chúng ta khó có thể ước lượng được số nghiệm của nó. Quy tắc dấu Descartes sẽ giúp chúng ta giải quyết vấn đề này. Định lý 1.6. [7]. (Quy tắc dấu Descartes) Giả sử N là số không điểm dương của đa thức 1 1 1 0( ) ... , n n n nP x a x a x a x a       và W là số lần đổi dấu trong dãy hệ số của nó. Khi đó: i. W .N ii. W N là một số chẵn. 15 CHƢƠNG 2 NHỮNG ÁP DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ ROLLE VÀ QUY TẮC DẤU DESCARTES 2.1. ƢỚC LƢỢNG SỐ KHÔNG ĐIỂM CỦA ĐA THỨC, CHỨNG MINH PHƢƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM 2.1.1. Sử dụng quy tắc dấu Descartes Chúng ta sử dụng quy tắc dấu escartes để xét số nghiệm dương của đa thức 1 1 1 0( ) ... , n n n nf x a x a x a x a       thông qua số lần đổi dấu của dãy các hệ số của đa thức. Từ đó, muốn xác định số không điểm âm của đa thức thì ta đặt ( ) ( )g x f x  , khi đó số không điểm âm của đa thức ( )f x chính là số không điểm dương của đa thức ( )g x . Đồng thời chúng ta cũng khảo sát một số kết quả về số không điểm của đa thức trên một khoảng hoặc nửa khoảng nào đó. Chẳng hạn, để xét số không điểm của đa thức 1 1 1 0( ) ... , n n n nf x a x a x a x a       trong khoảng ( 1;1) thì ta dùng phép đổi biến phân tuyến tính 1 0 1 x t t x      . Xem t như là một hàm số đối với biến số x thì 16 2 2 0 (1 ) t x     , ( 1;1)x   . Vậy hàm số t là đồng biến trong khoảng ( 1;1) và có tập giá trị là (0; ) . Vì vậy, với mỗi (0; )t  luôn tìm được duy nhất một giá trị ( 1;1)x  . Ta có 1 1 t x t    . o đó 0 1 1 ( ) ( ) ( ) 1 1 n k k k t t f x f a t t        . Xét hàm số 0 1 ( ) ( 1) ( ) ( 1) ( 1) . 1 n n k n k k k t g t t f a t t t           Dễ thấy số không điểm ( 1;1)x  của đa thức ( )f x bằng số không điểm dương của đa thức ( )g t . Xét số không điểm dương của ( )g t sẽ suy ra được số không điểm ( 1;1)x  của đa thức ( )f x . Tương tự ta có thể xét số không điểm của đa thức 1 1 1 0( ) ... , n n n nf x a x a x a x a       trên các nửa khoảng hoặc đoạn dạng [ 1;1), ( 1;1], [ 1;1] . Cũng vậy, để xét số không điểm của đa thức ( )f x trên khoảng ( ; )a b tuỳ ý, ta thực hiện phép đổi biến 2 2 a b a b x t     , ( 1;1)t  . 17 Ta có 0 0 ( ) ( t) 2 2 n n k k k k k k a b a b f x a x a         . Khi ấy để xét số nghiệm của ( )f x trong ( ; )a b ta đi xét số nghiệm của 0 0 ( ) ( ) 2 2 n n k k k k k k a b a b g t a t b t         , trong đó 0 ( ) ( ) 2 2 k j j k j k k k j b a a b b a C       . Để xét số không điểm của đa thức 0 ( ) n k k k f x a x   , trên (a; ) ta tiến hành thực hiện phép đổi biến x a t  thì (0; )t  và dẫn đến xét không điểm dương của đa thức 0 0 0 ( ) ( ) ( ) n n k k j n j k k k k k k j g t a t a a C a t         . Sau đây ta sẽ đi xét các ví dụ cụ thể. Ví dụ 2.1. Chứng minh rằng đa thức 5 4 3 2( ) 2 8 9 1f x x x x x x      , có đúng hai nghiệm dương và ít nhất một nghiệm âm. Ví dụ 2.2. Xác định số nghiệm của đa thức sau trên (0;2) . 18 4 3 2( ) 2 3 4 4f x x x x x     , Ví dụ 2.3. Chứng minh rằng đa thức 4 3 2( ) 9 28 37 19,f x x x x x     có đúng hai nghiệm (2; )x  . Ví dụ 2.4. Tính số nghiệm thực của phương trình 2005 2004( ) 15 14 2003 0.f x x x    Ví dụ 2.5. (Singapore,78) Với đa thức ( )P x bậc n và các số a b nào đó thoả mãn các bất đẳng thức ( )( ) 0, ( ) 0,...,( 1) ( ) 0,n nP a P a P a     ( )( ) 0, ( ) 0,..., ( ) 0,nP b P b P b   chứng minh tất cả nghiệm thực của đa thức ( )P x đều thuộc ( ; )a b . Ví dụ 2.6. (CH C Đức, 83) Chứng minh rằng phương trình 4 3 2( ) 5 6 4 16 0,f x x x x x      có đúng hai nghiệm. Ví dụ 2.7. (IMO 33-1992) Cho đa thức ( )f x với hệ số hữu tỉ,  là số thực thoả: 3 3 1992( ( )) ( ) 33 .f f       Chứng minh rằng: 3 1992( ( )) ( ) 33 ,n nf f   trong đó 1( ) [ ( )].n nf x f f x 2.1.2. Sử dụng định lý Rolle 19 Ví dụ 2.8. Cho , ,a b c và m là số dương tuỳ ý thoả mãn biểu thức 0 2 1 a b c m m m      . Chứng minh rằng phương trình 2 0ax bx c   có nghiệm thuộc (0;1) . Ví dụ 2.9. Cho các số thực 1 2, ,... na a a . Chứng minh rằng phương trình 1 2 2 ... 0na cosx a cos x a cosnx    luôn có nghiệm. Ví dụ 2.10. Chứng minh rằng phương trình 22( 2) 2 (1 2 ) 2x x cos x x sin x    có ít nhất ba nghiệm phân biệt trong ( 1;2) . Ví dụ 2.11. (Olympic SV, 94) Cho 2n số nguyên dương ,k ka b  ( 0,1,..., )k n . Chứng minh rằng phương trình: 1 ( ) ( ) 0. n k k k f x x a sinkx b coskx      có nghiệm trong khoảng ( ; )  . 2.2. GIẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƢƠNG TRÌNH Đối với dạng bài tập này thì các hệ quả của định lý Rolle tỏ ra là công cụ rất mạnh để giải toán. Kỉ thuật để giải một số bài toán trong phần này như sau: - Biến đổi phương trình cần giải về dạng ( ) 0f x  . 20 - Xét hàm số ( )y f x . Tìm số nghiệm của phương trình ( ) 0f x  . Giả sử phương trình ( ) 0f x  có 1n  nghiệm. Khi đó theo Hệ quả 1.2 thì phương trình ( ) 0f x  có không quá n nghiệm. - Chỉ ra các nghiệm đó của phương trình. Ví dụ 2.12. Biện luận số nghiệm của phương trình 22 1x x  . Ví dụ 2.13. Giải phương trình (1 )(2 4 ) 3.4sinx sinxsinx   . Ví dụ 2.14. Giải phương trình 2010 2009 . cosxcosx cosx  Ví dụ 2.15. Giải phương trình 33 1 (1 2 ). x x log x    Ví dụ 2.16. (Toán học và Tuổi trẻ số 305) Hỏi phương trình 2 100sinxx  có bao nhiêu nghiệm trên đoạn [2 ;3 ]  ? 2.3. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Ví dụ 2.17. (Olympic Nga) Cho đa thức 1 0 1 1( ) ... n n n nf x a x a x a x a       , 0 0a  có n nghiệm phân biệt. Chứng minh: 21 0 2( 1) 2 .n a na a  Ví dụ 2.18. (CH C Đức, 70) Cho , , ,a b c d dương khác nhau từng đôi một. Chứng minh rằng: 21 3 . 4 6 abc abd acd bcd ab ac ad bc bd cd         Ví dụ 2.19. Cho a b c  . Chứng minh rằng: 2 2 2 3 a b c a b c ab bc ca a          2 2 2 3 a b c a b c ab bc ca         .c Ví dụ 2.20. Cho , ,a b c là ba số mà phương trình 3 2 0x ax bx c    có ba nghiệm phân biệt. Chứng minh: 3 2 327 2 9 2 ( 3 )c a ab a b    . 2.4. MỘT SỐ ỨNG DỤNG KHÁC Ví dụ 2.21. (Olympic SV, 01) Chứng minh rằng tồn tại số thực (0;1)x sao cho 1 2000 2001 2 2001 2 2001(1 )(1 )...(1 ) (1 )(1 )...(1 ) x t dt x t t t x x x        . Ví dụ 2.22. Cho f liên tục trên [ ; ]a b , ( ) ( ) 0f a f b  và có đạo hàm cấp hai trên đó. Chứng minh rằng với mọi ( ; )c a b thì tồn tại ( ; )a b sao cho: 1 ( ) ( )( ) ( ). 2 f c c a c b f    Ví dụ 2.23. Chứng minh rằng nếu phương trình 3 26( ) 11 6 18 0x b a x bx a      , 22 có 3 nghiệm dương thì 2 4 3 ( )( 1) a a b b     . Ví dụ 2.24. Cho ba số thực , ,x y z thoả mãn: 6 ( 1)( ) 0 . x y z x y z yz xyz yz           Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 3 3 34 9( 1) 9( 1).Q x y z     Ví dụ 2.25. (Tiệp khắc, 59) Chứng minh rằng nếu các số , ,a b c thoả mãn các đẳng thức 0 0 0, a b c ab bc ca abc          thì các số này đều dương. Ví dụ 2.26. Cho f liên tục trên [ ; ]a b , có đạo hàm trên khoảng ( ; )a b thoả ( ) ( ) 0f a f b  và ( ) 0, ( ; )f x x a b   . Với k là số thực cho trước, chứng minh rằng tồn tại dãy ( )nx với ( ) ( ; )nx a b sao cho: ( ) . ( 1) ( ) n n n f x lim k e f x    23 KẾT LUẬN Luận văn “Định lý Rolle, quy tắc dấu Descartes và ứng dụng” nhằm giới thiệu một số ứng dụng của quy tắc dấu escartes và Định lý Rolle trong tập số thực, chủ yếu nghiên cứu một số dạng toán thường gặp ở chương trình phổ thông. Luận văn đã đạt được một số kết quả cụ thể như sau: - Nghiên cứu các tài liệu khác nhau và trình bày lại một số định nghĩa và tính chất liên quan đến sự đổi dấu của dãy, Định lý olle và quy tắc dấu escartes, chứng minh chặt chẽ các định lý liên quan. - Giới thiệu một số phương pháp cụ thể để tìm nghiệm của đa thức - Áp dụng lý thuyết để đưa ra lời giải hoàn chỉnh cho một số bài toán có liên quan, từ đó làm rõ tính hiệu quả của định lý Rolle và quy tắc dấu Descartes. Với những gì đã tìm hiểu được, chúng tôi hy vọng luận văn sẽ là một tài liệu tham khảo hữu ích cho bản thân trong công tác giảng dạy sau này và hy vọng luận văn cũng là nguồn tư liệu tốt cho những ai quan tâm đến vấn đề này. Tuy nhiên do thời gian và khả năng nghiên cứu của chúng tôi là có hạn nên trong luận văn chưa có điều kiện để nghiên cứu về ứng dụng của Định lý Rolle trong các bài toán hình học, mở rộng của Định lý Rolle trong tập số phức 24 Mặc dù đã hết sức cố gắng, nhưng do thời gian và khả năng có hạn nên chắc chắn luận văn còn có những thiếu sót. Vì thế chúng tôi rất mong nhận được nhiều ý kiến đóng góp của quý thầy cô, bạn bè, đồng nghiệp để luận văn được hoàn thiện hơn.