Luận văn Thạc sĩ Toán học: Khảo sát nghiệm của các phương trình sinh bởi đạo hàm và nguyên hàm của một đa thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐÀM THU HẢI

KHẢO SÁT NGHIỆM CỦA CÁC PHƯƠNG TRÌNH SINH BỞI ĐẠO HÀM VÀ NGUYÊN HÀM CỦA MỘT ĐA THỨC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2017

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐÀM THU HẢI

KHẢO SÁT NGHIỆM CỦA CÁC PHƯƠNG TRÌNH SINH BỞI ĐẠO HÀM VÀ NGUYÊN HÀM CỦA MỘT ĐA THỨC

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu

THÁI NGUYÊN - 2017

i

Mục lục

MỞ ĐẦU

1

Chương 1. Các tính chất của tam thức bậc hai

3

1.1 Định lý cơ bản về tam thức bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2 Nội suy bất đẳng thức đối với tam thức bậc hai trên một khoảng . . .

5

Chương 2. Các tính chất của đa thức bậc ba

9

2.1 Phương trình bậc ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

2.2 Định lý cơ bản về đa thức bậc ba . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.2.1 Định lý Rolle đối với đa thức bậc ba . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.2.2 Định lý về nghiệm của nguyên hàm đối với đa thức bậc ba . . . 14

2.3 Đa thức đối xứng ba biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

Chương 3. Các tính chất của đa thức bậc bốn

20

3.1 Phương trình bậc bốn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

3.2 Định lý cơ bản về đa thức bậc bốn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

3.2.1 Định lý Rolle đối với đa thức bậc bốn . . . . . . . . . . . . . . . 25

3.2.2 Định lý về nghiệm của nguyên hàm đối với đa thức bậc bốn . . 26

Chương 4. Một số dạng toán liên quan

37

4.1 Một số dạng toán về nghiệm của phương trình bậc cao . . . . . . . . . 37

4.2 Một số dạng toán thi HSG liên quan đến phương trình và hệ phương

trình dạng đa thức

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

KẾT LUẬN

61

TÀI LIỆU THAM KHẢO

62

1

Mở đầu

Đa thức có vị trí rất quan trọng trong Toán học vì nó không những 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 biểu diễn, lý thuyết nội suy,... Ngoài ra, đa thức còn

được sử dụng nhiều trong tính toán và ứng dụng. Trong các kì thi học sinh giỏi toán

quốc gia và Olympic toán quốc tế thì các bài toán về đa thức cũng thường được đề

cập đến và được xem như những bài toán khó của bậc phổ thông.

Tuy nhiên cho đến nay, các tài liệu về đa thức chưa đề cập đầy đủ đến các dạng

toán về phân bố số nghiệm thực của đa thức gắn với nghiệm của đa thức đạo hàm

và đa thức nguyên hàm của nó. Vì vậy, việc khảo sát sâu hơn về các vấn đề biện luận

nghiệm, biểu diễn đa thức thông qua các đa thức đạo hàm và đa thức nguyên hàm

ccủa nó cho ta hiểu sâu sắc hơn các tính chất của đa thức đã cho.

Luận văn "Khảo sát nghiệm của phương trình sinh bởi đạo hàm và nguyên hàm

của một đa thức" trình bày một số vấn đề liên quan đến bài toán xác định số nghiệm

thực của đa thức với hệ số thực.

Mục đích của luận văn nhằm thể hiện rõ vai trò quan trọng của Giải tích trong

khảo sát nghiệm thực của đa thức.

Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận và 4 chương.

Chương 1 trình bày chi tiết các định lý cơ bản, các kết qủa liên quan đến tam

thức bậc hai.

Chương 2 trình bày chi tiết các định lý cơ bản, các kết qủa liên quan đến đa thức

bậc ba.

Chương 3 xét các bài toán khảo sát và giải phương trình bậc bốn.

Tiếp theo, chương 4 trình bày một hệ thống bài tập áp dụng các định lý đã chứng

minh ở các chương trước.

2

Hệ thống các ký hiệu sử dụng trong

luận văn

deg P (x) là bậc của đa thức P (x). F0(x) là nguyên hàm (cấp 1) của đa thức f (x) ứng với hằng số c = 0, tức là F0(x) thỏa mãn điều kiện F0(0) = 0. Fc(x) là nguyên hàm (cấp 1) của đa thức f (x) ứng với hằng số c, tức là Fc(x) = F0(x) + c với c ∈ R. F0,k(x) là nguyên hàm cấp k của đa thức f (x) ứng với hằng số c = 0, tức là F0,k(x) thỏa mãn điều kiện F0,k(0) = 0. Fc,k(x) là nguyên hàm cấp k của đa thức f (x) ứng với hằng số c, tức là Fc,k(x) = F0,k(x) + c với c ∈ R. Hn là tập hợp đa thức với hệ số thực Pn(x) bậc n (n > 0) với hệ số tự do bằng 1 (Pn(0) = 1) và có các nghiệm đều thực. Mk(f ) là tập hợp các nguyên hàm cấp k của đa thức f (x). R[x] là tập hợp đa thức với hệ số thực. sign a là dấu của số thực a, tức là

sign a :=

+ khi a > 0

khi a = 0

0

  

− khi a < 0.

3

Chương 1. Các tính chất của tam

thức bậc hai

Trong chương này, ngoài các kết qủa cơ bản về tam thức bậc hai như định lý về

dấu (thuận và đảo) của tam thức bậc hai, Định lý Vieete, luận văn trình bày một

số kết qủa mới về tam thức bậc hai liên quan đến tính chất của đạo hàm và nguyên

hàm (xem [1]-[5]).

1.1 Định lý cơ bản về tam thức bậc hai

Như ta đã biết, đạo hàm của tam thức bậc hai là một nhị thức bậc nhất nên nó

luôn luôn có nghiệm. Tuy nhiên, nguyên hàm của nhị thức bậc nhất là một tam thức

bậc hai nên chưa chắc đã có nghiệm thực. Ta có kết qủa sau đây.

Định lý 1.1 (xem [2]-[4]). Mọi nhị thức bậc nhất đều có ít nhất một nguyên hàm là

một tam thức bậc hai có hai nghiệm thực phân biệt.

Chứng minh. Thật vậy, xét nhị thức bậc nhất h(x) = ax + b, a (cid:54)= 0. Khi đó mọi

nguyên hàm của h(x) có dạng

(cid:16)

(cid:17)2

(1.1)

Trong (1.1) chọn c trái dấu với a, tức ac < 0 thì đa thức nguyên hàm H(x) có nghiệm

hai nghiệm phân biệt.

Để ý rằng mọi phương trình bậc hai tổng quát

H(x) = x + + c, c ∈ R. a 2 b a

đều viết được dưới dạng

ax2 + bx + c = 0, a (cid:54)= 0

3x2 − 2px + q = 0,

trong đó

4

p = − , q = . 3c a

Định lý 1.2 (xem [2]-[4]). Tam thức bậc hai g(x) = 3x2 − 2px + q có nghiệm thực khi và chỉ khi tồn tại bộ ba số thực α, β, γ sao cho

3b 2a Vì vậy, về sau khi xét phương trình bậc hai thì ta chỉ cần quan tâm đến phương trình bậc hai dạng 3x2 − 2px + q = 0 là đủ.

 

(1.2)

p = α + β + γ



Chứng minh. Thật vậy, giả sử p, q có dạng (1.2). Khi đó tam thức bậc hai g(x) có

biệt thức

q = αβ + βγ + γα

Ngược lại, giả sử tam thức bậc hai g(x) có nghiệm. - Nếu hai nghiệm của g(x) trùng nhau thì g(x) = 3(x − x0)2 và đa thức nguyên hàm tương ứng có dạng G(x) = (x − x0)3 + r, r ∈ R. Chọn r = 0 ta thấy G(x) có 3 nghiệm trùng nhau.

- Nếu g(x) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 (x1 < x2) thì g(x) = 3(x − x1)(x − x2) và đa thức nguyên hàm G(x) = x3 − px2 + qx − r, r ∈ R đạt cực đại tại x = x1 và cực tiểu tại x = x2. Để ý rằng (SGK lớp 12) các điểm (x1, G(x1)) và (x2, G(x2)) đối xứng với nhau qua điểm uốn

(cid:17)(cid:17)

(cid:17)(cid:17)

= ≥ 0, ∀α, β, γ ∈ R. ∆(cid:48) = p2 − 3q = (α + β + γ)2 − 3(αβ + βγ + γα) (α − β)2 + (β − γ)2 + (γ − α)2(cid:105) (cid:104) 1 2

(cid:16)x1 + x2 2

(cid:16)x1 + x2 2

(cid:16) p 3

(cid:17)

(cid:17)2

(cid:17)

U , G = U . , G

Vậy chỉ cần chọn r sao cho G

thì đa thức

(cid:16) p 3 (cid:17)3 (cid:16) p 3

(cid:16)p 3

(cid:16) p 3

(cid:16) p 3

nguyên hàm G(x) tương ứng sẽ có ba nghiệm thực lập thành một cấp số cộng, gọi

các nghiệm đó là α, β, γ, ta thu được

− p + q = 0, tức r =

Từ đây ta thu được hệ thức (1.2).

Nhận xét 1.1. Để ý rằng mọi tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a (cid:54)= 0 đều viết được dưới dạng

G(x) = (x − α)(x − β)(x − γ) = x3 − px2 + qx − r.

Từ nhận xét 1.1 và Định lý 1.2, ta thu được kết qủa quan trọng về nghiệm của

tam thức bậc hai tổng quát sau.

, q = . f (x) = g(x), g(x) = 3x2 − 2px + q trong đó p = − 3b 2a 3c a a 3

Định lý 1.3 (xem [2]-[4]). Tam thức bậc hai g(x) = ax2 + bx + c (a (cid:54)= 0) có nghiệm thực khi và chỉ khi tồn tại bộ ba số thực α, β, γ sao cho

5

 

(1.3)

= α + β + γ 3b 2a



= αβ + βγ + γα − 3c a

1.2 Nội suy bất đẳng thức đối với tam thức bậc hai

trên một khoảng

Tiếp theo ta trình bày một số kết qủa của Lupas về ước lượng tam thức bậc hai

trên một khoảng.

Định lý 1.4 (xem [2], [5]). Giả sử G(x) = P x2+Qx+R. Khi đó bất đẳng thức G(x) (cid:62) 0 thỏa mãn với mọi x ∈ [a, b], khi và chỉ khi

(cid:17)

(cid:62) (cid:112)G(a)G(b).

và 2G

(1.4)

(cid:16)a + b 2

Chứng minh. Giả sử (1.4) thỏa mãn. Ký hiệu

G(a) (cid:62) 0, G(b) (cid:62) 0 − G(a) + G(b) 2

(cid:112)G(b) − (cid:112)G(a) b − a

và

(cid:19)

(cid:21)

(cid:20)

m = , n = , b(cid:112)G(a) − a(cid:112)G(b) b − a

(1.5)

(cid:18)a + b 2

Khi đó K (cid:62) 0. Mặt khác thì

− . K ≡ K[G] := 2G − (cid:112)G(a)G(b) 2 (b − a)2 G(a) + G(b) 2

suy ra

G(x) = (mx + n)2 + K(x − a)(b − x)

(1.6)

Ngược lại, giả sử (1.6) thỏa mãn. Khi đó G(a) (cid:62) 0 , G(b) (cid:62) 0 và G(x) có thể viết

được dưới dạng (Định lý Lukac)

(1.7)

G(x) (cid:62) 0, ∀x ∈ [a, b].

(cid:26)

(cid:27)

G(x) = (m1x + n1)2 + K1(x − a)(b − x) với K1 (cid:62) 0.

Nếu trong (1.7) ta chọn x ∈

thì sẽ có

 

a, , b a + b 2

(1.8)

và K1 = K,



(m1a + n1)2 = G(a)

(m1b + n1)2 = G(b)

6

Bài toán 1.1. Chứng minh rằng với mọi tam thức bậc hai f (x) = Ax2 + Bx + C ta đều có |f (x)| (cid:54) 1, ∀x ∈ [a, b] xảy ra khi và chỉ khi |f (a)| (cid:54) 1, |f (b)| (cid:54) 1 và khi đó

(cid:19)

K được chọn như trong (1.8). Nhận xét rằng hệ (1.8) cho ta m1, n1 và ta có K ≡ K[G] (cid:62) 0, tức bất đẳng thức (1.6) được chứng minh.

(cid:18) a + b 2

− 2f 2

Lời giải. Sử dụng kết qủa Định lý 1.4

− 1 + (cid:112)(1 − f (a)) (1 − f (b)) (cid:54) f (a) + f (b) (cid:54) 1 − (cid:112)(1 + f (a)) (1 + f (b)) .

(1.9)

(cid:40)

G(x) (cid:62) 0, ∀x ∈ [a, b], ⇔ G(a) (cid:62) 0, G(b) (cid:62) 0, K[G] (cid:62) 0,

với G1(x) := 1 − f (x) và G2(x) = f (x) + 1 . Thật vậy

chỉ khi |f (a)| (cid:54) 1, |f (b)| (cid:54) 1, và K[G1] (cid:62) 0, K[G2] (cid:62) 0. Hai bất đẳng thức cuối này là như nhau với

(cid:19)



, ∀x ∈ [a, b], khi và G1(x) (cid:62) 0 G2(x) (cid:62) 0

(cid:18)a + b 2

(1.10)

(cid:19)

+ − (cid:112)(1 − f (a)) (1 − f (b)) (cid:62) 0 1 − 2f f (a) + f (b) 2

 

(cid:18)a + b 2

Bài toán 1.2. Cho p(x) = ax2 + bx + c thỏa mãn điều kiện

(cid:110)

− − (cid:112)(1 + f (a)) (1 + f (b)) (cid:62) 0 1 + 2f f (a) + f (b) 2

(cid:12) (cid:12) (cid:12)p

(cid:17)(cid:12) (cid:111) (cid:12) (cid:12) , |p(1)|

(cid:16)1 2

Chứng minh rằng |a| (cid:54) 8, |b| (cid:54) 8, |c| (cid:54) 1 và |2ax + b| (cid:54) 8, ∀x ∈ [0, 1].

Lời giải. Để ý rằng

(cid:17)

(cid:17)

|p(0)|, ⊂ [0, 1].

 

(cid:16)1 2

(cid:16)1 2

(cid:17)

a = 2p(0) − 4p + 2p(1), b = −3p(0) + 4p − p(1)



(cid:16)1 2

Sử dụng bất đẳng thức tam giác, ta có |a| (cid:54) 8, |b| (cid:54) 8, |c| (cid:54) 1, |2a + b| (cid:54) 8 . Khi h(x) := 2ax + b, thì |h(0)| (cid:54) 8, |h(1)| (cid:54) 8 kéo theo |h(x)| (cid:54) 8, ∀x ∈ [0, 1].

Nhận xét 1.2. Chú ý rằng đánh giá trên là tối ưu. Thật vậy, giả sử p(x) = 8x2−8x+1. Khi đó |p(x)| (cid:54) 1 và |p(cid:48)(x)| = |16x − 8| (cid:54) 8 trên [0, 1].

+ 3p(1). c = p(0), 2a + b = p(0) − 4p

2 : = (cid:8) p ∈ M2 ; |p(t)| (cid:54) 1, ∀t ∈ [0, 1] (cid:9) . Tìm tất cả các đa thức Q, Q ∈ M∗

là tập hợp tất cả các đa thức bậc không quá 2 và 2, sao

Bài toán 1.3. Giả sử M2 M∗ cho với mọi p ∈ M∗

2 ta đều có

7

Chứng minh rằng đa thức nghiệm Q là duy nhất.

Lời giải. Ta chứng minh rằng Q(x) = 8x2 −8x+1 = T2(2x−1) trong đó T2(z) = 2z2 −1 là đa thức Chebychev loại 1. Giả sử rằng p(x) = ax2 + bx + c ∈ M∗

2. Vì

(cid:17)

|p(x)| (cid:54) Q(x) , ∀x ∈ x ∈ (−∞, 0] ∪ [1, ∞) .

(cid:16)1 2

ứng với mọi x ∈ (−∞, 0) ∪ (1, ∞) nên

+ x(2x − 1)p(1), p(x) = (2x − 1)(x − 1)p(0) − 4x(x − 1)p

2. Tính duy nhất nghiệm

Để ý rằng |Q(t)| = |1 − 8t(1 − t)| (cid:54) 1, ∀t ∈ [0, 1], nên Q ∈ M∗ là hiển nhiên.

Nhận xét 1.3. Kết qủa của bài toán vẫn đúng khi tập M∗

2 được mở rộng như sau:

(cid:27)

(cid:26)

|p(x)| (cid:54) (2x − 1)(x − 1) + 4x(x − 1) + x(2x − 1) = 8x2 − 8x + 1 =: Q(x) .

(cid:54) 1 , khi k = 0, 1, 2

2 : =

(cid:18)k 2

(cid:19)(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)

Bài toán 1.4. Cho A, B, C ∈ R, M > 0 . Xét f (x) = Ax2 + Bx + C thỏa mãn điều kiện (cid:112)t(1 − t) |f (t)| (cid:54) M, ∀t ∈ [0, 1]. Chứng minh rằng khi đó ứng với mọi x ta đều có

M∗ . p p ∈ M2 ;

(1.11)

|f (x)| (cid:54) 6M + 24M ( |x(1 − x)| − x(1 − x)) .

Lời giải. Nhận xét rằng, nếu p(x) := rằng từ điều kiện 6(cid:112)x(1 − x) |p(x)| (cid:54) 1, ∀x ∈ [0, 1], suy ra

(cid:40)

= ax2 + bx + c , thì ta cần chứng minh f (x) 6M

nếu x ∈ (−∞, 0) ∪ (1, ∞)

Ta chứng minh

, nếu x ∈ [0, 1] |p(x)| (cid:54) 1 8x2 − 8x + 1 ,

(1.12)

kéo theo |p(x)| (cid:54) 1, ∀x ∈ [0, 1] . Xét trong [0, 1] hệ các điểm x1, x2, x3 :

(cid:16)

(cid:17)

|p(x)| (cid:54) , ∀x ∈ (0, 1), 1 6(cid:112)x(1 − x)

0, . + h với h ∈ x1 = − h , x2 = , x3 = 1 2 1 2 1 2 1 2

Ký hiệu J = [0, x1) ∪ (x3, 1], ω(x) = (x − x1)(x − x2)(x − x3). Khi đó với x ∈ J, ta có

3 (cid:88)

3 (cid:88)

8

k=1

k=1

(cid:19)

|ω(x)| = ω(x) = − h2 − 3x(1 − x). 3 4 1 |x − xk| 1 x − xk

Mặt khác thì p(x) =

(cid:18) p(x1) x − x1

− 2 . ω(x) 2h2 p(x2) x − x2 p(x3) x − x3

(cid:19)

(cid:18) 1

, j ∈ {1, 3}. Do đó , |p(xj)| ≤ + Nếu xảy ra (1.12) thì ta có ngay 2|p(x2)| (cid:54) 2 3 √ 6 1 x1x3

+ + , x ∈ J. |p(x)| (cid:54) |ω(x)| 12h2√ x1x3 |x − x1| √ 4 x1x3 |x − x2| 1 |x − x3|

Đặt 4

3 (cid:88)

√ √ , ta thu được x1x3 = 1, tức h = h1 = 3 4

k=1

|ω(x)| = 1 − x(1 − x) (cid:54) 1, ∀x ∈ J. |p(x)| (cid:54) 16 9 16 3 1 |x − xk|

Nếu x ∈ [x1, x3] và h = h1, thì 6(cid:112)x(1 − x) (cid:62) 6

và do đó x ∈ [x1, x3] suy

√ x1x3 = 3 2

ra |p(x)| (cid:54) 2 3 Giả thiết |p(x)| (cid:54) 8x2 − 8x + 1 thỏa mãn với mọi x ∈ (−∞, 0] ∪ [0, ∞) kéo theo Bài toán 1.3 đã xét.

Nhận xét rằng theo một nghĩa nào đó thì kết qủa nhận được là tốt nhất trong bài

toán xấp xỉ.

Thật vậy, xét

< 1 .

thì 6 (cid:112)x(1 − x)

(cid:54) 1, x ∈ [0, 1]. Mặt khác thì

(cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)p∗(x) (cid:12)

(cid:40)

p∗(x) = x2 − x + 1 = 1 − x(1 − x), 16 3 16 3 16 3

nếu x ∈ [0, 1] nếu x ∈ (−∞, 0) ∪ (1, ∞)

Điều này chỉ ra rằng ta không thể có ước lượng tốt hơn.

|p∗(x)| (cid:54) , 1 8x2 − 8x + 1 ,

9

Chương 2. Các tính chất của đa thức

bậc ba

2.1 Phương trình bậc ba

Trong phần này ta khảo sát phương trình bậc ba với hệ số thực

Trước hết, ta xét các trường hợp đặc biệt

Bài toán 2.1. Giải phương trình

ax3 + bx2 + cx + d = 0 (a (cid:54)= 0).

(2.1)

biết x = x0 là một nghiệm của phương trình.

Lời giải. Vì x0 là một nghiệm của phương trình (2.1) nên

ax3 + bx2 + cx + d = 0 (a (cid:54)= 0)

0 + bx2

0 + cx0 + d = 0.

Do đó có thể viết (2.1) dưới dạng

ax3

0 + bx2

0 + cx0 + d = 0.

Từ đó ta nhận được

ax3 + bx2 + cx + d = ax3

0 + bx0 + c] = 0.

Xét phương trình

(2.2)

(x − x0)[ax2 + (ax0 + b)x + ax2

0 + bx0 + c = 0.

Ta có

ax2 + (ax0 + b)x + ax2

0 + bx0 + c).

∆ = (ax0 + b)2 − 4a(ax2

Nếu ∆ < 0 thì phương trình (2.2) vô nghiệm và như vậy thì phương trình (2.1) có

nghiệm duy nhất x = x0.

Nếu ∆ ≥ 0 thì phương trình (2.2) có hai nghiệm √

10

Vậy phương trình (2.1) có 3 nghiệm là

∆ −(ax0 + b) ± . x1,2 = 2a

Bài toán 2.2. Giải phương trình

√ ∆ −(ax0 + b) ± . x0; x1,2 = 2a

(2.3)

4x3 − 3x = m, |m| ≤ 1.

, nên phương

Lời giải. Đặt m = cos α (= cos(α ± 2π)). Vì cos α = 4 cos3 α 3 trình (2.1) có 3 nghiệm là

− 3 cos α 3

Bài toán 2.3. Giải phương trình

. x1 = cos ; x2,3 = cos α 3 α ± 2π 3

(2.4)

Lời giải. Nhận xét rằng khi |x| ≤ 1 thì trị tuyệt đối của biểu thức ở vế trái của

phương trình không vượt quá 1 nên (cid:54)= m. Vì vậy, ta có thể đặt

(cid:16)

(cid:17)

4x3 − 3x = m, |m| > 1.

Ta dễ dàng chứng minh được rằng

(cid:17)

(cid:16)

x = a + , a (cid:54)= 0. 1 2 1 a

Từ đó ta có cách giải đối với phương trình (2.3) như sau

Đặt

(cid:16)

(cid:17)

. 4x3 − 3x = a3 + 1 2 1 a3

Khi đó

3(cid:113)

(cid:112)

m = a3 + . 1 2 1 a3

và phương trình (2.4) có dạng

(cid:16)

(cid:17)

m ± m2 − 1 a =

4x3 − 3x = a3 + 1 2 1 a3

có nghiệm

(cid:16)

(cid:17)

11

Ta chứng minh rằng phương trình (2.3) có nghiệm duy nhất.

Giả sử phương trình (2.3) có nghiệm x0 thì x0 (cid:54)∈ [−1; 1]. Do đó |x0| > 1. Khi đó

(2.3) có dạng

a + . x = 1 2 1 a

0 − 3x0

hay

4x3 − 3x = 4x3

0 − 3] = 0.

Xét phương trình

(2.5)

(x − x0)[4x2 + 4xx0 + 4x2

0 − 3 = 0.

Ta có ∆(cid:48) = 12 − 12x2

0 < 0 và vì vậy phương trình (2.5) vô nghiệm.

3(cid:113)

(cid:17)

Vậy phương trình (2.4) có một nghiệm duy nhất là (cid:16) 3(cid:113)

(cid:112)

(cid:112)

4x2 + 4x0x + 4x2

Bài toán 2.4. Giải và biện luận phương trình

x = m + m2 − 1 + m − m2 − 1 . 1 2

(2.6)

Lời giải. Nếu phương trình (2.6) có nghiệm x = x0 thì đó cũng chính là nghiệm duy nhất của phương trình.

0 + 3x0 = m và với x < x0 thì 4x3 + 3x <

4x3 + 3x = m, m ∈ R.

Thật vậy, với x > x0 thì 4x3 + 3x > 4x3 0 + 3x0 = m. Do đó phương trình (2.6) có không quá một nghiệm. Đặt

(cid:16)

(cid:17)

4x3

Ta dễ dàng chứng minh đẳng thức

(cid:17)

(cid:16)

x = a − (a (cid:54)= 0). 1 2 1 a

Do đó, nếu đặt

(cid:16)

(cid:17)

a3 − , 4x3 + 3x = 1 a3 1 2

thì

(cid:112)

m = a3 − 1 2 1 a3

và khi đó nghiệm duy nhất của phương trình (2.6) là 3(cid:113)

(cid:16) 3(cid:113)

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

(cid:112)

(cid:112)

a3 = m ± m2 + 1

x = a − = m + m2 + 1 + m − m2 + 1 . 1 2 1 a 1 2

Bài toán 2.5. Giải và biện luận phương trình

12

(2.7)

Lời giải. Đặt t = y −

. Khi đó phương trình (2.7) có thể viết được dưới dạng

t3 + at2 + bt + c = 0.

(cid:16)

(cid:16)

(cid:16)

(cid:17)3

(cid:17)2

(cid:17)

a 3

+ a y − + b y − y − + c = 0. a 3 a 3 a 3

(2.8)

− b; q = − + + c. ⇔ y3 − py = q, p = a2 3 a3 27 ab 3

Nếu p > 0 thì ta đưa phương trình về dạng Bài toán 2.2 hoặc Bài toán 2.3 bằng

cách đặt y = 2

√ Nếu p = 0 thì phương trình (2.7) có nghiệm duy nhất y = 3 q.

(cid:113) p 3

x ta thu được phương trình dạng

(2.9)

Nếu |m| ≤ 1 thì ta đặt m = cos α và phương trình (2.7) có 3 nghiệm

4x3 − 3x = m, m = . √ 3q 3 √ p 2p

Nếu |m| ≥ 1 thì đặt

(cid:17)

(cid:16)

. ; x2,3 = cos x1 = cos α 3 α ± 2π 3

3(cid:113)

thì phương trình có nghiệm duy nhất (cid:16) 3(cid:113)

(cid:16)

(cid:17)

(cid:17)

(cid:112)

(cid:112)

m = d3 + 1 2 1 d3

Nếu p < 0 thì đặt y = 2

x = d + m + m2 + 1 + m − m2 + 1 . = 1 2

(cid:16)

(cid:17)

x ta sẽ được phương trình 4x3 + 3x = m. Đặt 1 1 d 2 (cid:114) −p 3

với

(cid:112)

m = d3 − , 1 2 1 d3

Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất

3(cid:113)

(cid:16) 3(cid:113)

(cid:17)

(cid:112)

(cid:112)

m2 + 1. d3 = m ±

Từ nghiệm x ta tính được nghiệm y và từ đó suy ra nghiệm t

3(cid:113)

(cid:16) 3(cid:113)

(cid:17)

(cid:112)

(cid:112)

x = m + m2 − 1 + m − m2 − 1 . 1 2

(cid:114) p 3

t = 2 m + m2 − 1 + m − m2 − 1 − . 1 2 a 3

Bài toán 2.6. Giải phương trình

13

Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với phương trình sau

√ 6 = 0. 8x3 + 24x2 + 6x − 10 − 3

Đặt x = y − 1. Ta thu được phương trình

√ 6 x − = 0. x3 + 3x2 + 3 4 10 + 3 8

Lại đặt y = t

√ 3 6 y − = 0. y3 − 9 4 8 √ 3 ta thu được phương trình √

Phương trình này có các nghiệm là

. 4t3 − 3t = 2 2

Trở lại với ẩn x ta có các nghiệm

. t1 = cos , t2 = cos , t3 = cos π 12 3π 4 7π 12

− 1. x1 = cos − 1, x2 = cos − 1, x3 = cos 3π 4 7π 12 π 12

2.2 Định lý cơ bản về đa thức bậc ba

Xét đa thức bậc ba tổng quát

P (x) = a0x3 + b0x2 + c0x + d0 = 0, a0 (cid:54)= 0.

2.2.1 Định lý Rolle đối với đa thức bậc ba

Định lý 2.1 (Rolle đối với đa thức bậc ba). Nếu đa thức bậc ba P (x) có các nghiệm đều thực thì đa thức đạo hàm P (cid:48)(x) của nó cũng có hai nghiệm thực.

Chứng minh. Nếu đa thức bậc ba P (x) có 3 nghiệm thực phân biệt thì hiển nhiên theo Định lý Rolle, đa thức đạo hàm P (cid:48)(x) có hai nghiệm phân biệt.

Xét trường hợp P (x) có 1 nghiệm bội 3, P (x) = a0(x − x0)3 thì P (cid:48)(x) = 3(x − x0)2

có một nghiệm kép.

Xét trường hợp khi P (x) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm kép,

P (x) = a0(x − x1)2(x − x2) với x1 (cid:54)= x2. Khi đó

có hai nghiệm thực.

P (cid:48)(x) = a0(x − x1)(3x − 2x2 − x1)

14

2.2.2 Định lý về nghiệm của nguyên hàm đối với đa thức bậc ba

Trước hết, ta viết phương trình bậc ba tổng quát

(2.10)

dưới dạng

a0x3 + b0x2 + c0x + d0 = 0, a0 (cid:54)= 0

(2.11)

trong đó

4x3 − 3ax2 + 2bx − c = 0,

Về sau, ta khảo sát các tính chất nghiệm của phương trình (2.11) là đủ.

Định lý 2.2 (Định lý về nghiệm của nguyên hàm đối với đa thức bậc 3). Đa thức bậc 3 với hệ số thực f (x) = 4x3 − 3ax2 + 2bx − c có các nghiệm đều thực khi và chỉ khi các hệ số a, b, c có dạng

, b = , c = − . a = − 4b0 3a0 2c0 a0 4d0 a0

(2.12)

a = α + β + γ + δ

b = αβ + αγ + αδ + βγ + βδ + γδ

  

trong đó α, β, γ, δ ∈ R.

Chứng minh. (i). Điều kiện đủ. Ta xét

x (cid:90)

c = αβγ + αβδ + αγδ + βγδ

0

trong đó m là hằng số thực.

Thay a, b, c từ công thức (2.12) vào biểu thức F (x), ta thu được

f (t)dt − m = x4 − ax3 + bx2 − cx − m, F (x) =

F (x) =x4 − (α + β + γ + δ)x3 + (αβ + αγ + αδ + βγ + βδ + γδ)x2

Ta chọn m = αβγδ. Khi đó,

− (αβγ + αβδ + αγδ + βγδ)x − m.

F (x) =[x4 − (α + β + γ + δ)x3 + (αβ + αγ + αδ + βγ + βδ + γδ)x2

− (αβγ + αβδ + αγδ + βγδ)x + αβγδ]

=(x − α)(x − β)(x − γ)(x − δ).

Suy ra F (x) có bốn nghiệm thực là α, β, γ, δ. Theo Định lý Rolle thì f (x) = F (cid:48)(x) có ba nghiệm thực.

(ii). Điều kiện cần. Giả sử đa thức bậc ba f (x) có ba nghiệm thực. Ta chứng minh

rằng tồn tại đa thức bậc 4 có bốn nghiệm thực là nguyên hàm của f (x), tức là

15

Thật vậy, ta xét ba trường hợp sau đây.

(ii.1) Nếu f (x) có nghiệm bội ba là x0 thì f (x) có dạng f (x) = 4(x − x0)3. Chọn F (x) = (x − x0)4 thì ta có α = β = γ = δ = x0. (ii.2) Nếu f (x) có hai nghiệm phân biệt thì phải có một nghiệm là nghiệm kép. Giả sử nghiệm kép đó là x0, nghiệm còn lại là x1. Không giảm tính tổng quát, ta giả sử x0 = 0, khi đó f (x) có dạng

F (x) = (x − α)(x − β)(x − γ)(x − δ), F (cid:48)(x) = f (x).

Suy ra

f (x) = 4x2(x − x1) = 4x3 − 4x1x2.

(cid:17)

F (x) = x4 − x1x3 + c, c ∈ R.

Chọn c = 0 thì đa thức F (x) = −x3(cid:16)

có 2 nghiệm phân biệt, trong đó x = 0

là nghiệm bội bậc ba, nghiệm còn lại là x =

x − x1 4 3 4 3

còn lại là x1 thì ta thu được α = β = γ = x0, δ = x0 +

x1. Khi đó chọn α = β = γ = 0, δ = 4 3 4 x1. 3 Trong trường hợp tổng quát, nếu f (x) có nghiệm kép (bội bậc hai) là x0, nghiệm

(ii.3) Xét trường hợp f (x) có 3 nghiệm phân biệt. Không giảm tính tổng quát, ta

có thể coi f (x) có dạng f (x) = 4(x + a)x(x − b) với a > 0, b > 0 hay

x1 ta thu được (2.12). 4 3

Khi đó

f (x) = 4x3 + 4(a − b)x2 − 4abx, (a > 0, b > 0).

Chọn c = 0 thì

(a − b)x3 − 2abx2 − c, c ∈ R. F (x) = x4 + 4 3

F (x) = x4 + (a − b)x3 − 2abx2 = x2(cid:2)x2 + (a − b)x + 2ab(cid:3). 4 3 4 3

Suy ra F (x) = 0 khi và chỉ khi x2[x2 +

(a − b)x − 2ab] = 0. 4 3

Khi x2 = 0 thì x1 = x2 = 0. Xét phương trình x2 +

(a − b)x − 2ab = 0, ta có 4 3

∆(cid:48) = > 0 (vì a > 0, b > 0). 4(a − b)2 + 2ab 9

Do đó phương trình bậc hai tương ứng có 2 nghiệm là x3, x4. Vậy F (x) có 4 nghiệm là

16

0(x) = 2(2x3 − 3x2 − x + 1) có 3

Ví dụ 2.1. Xét F0(x) = x(x2 − 1)(x − 2) thì f (x) = F (cid:48) nghiệm thực.

Ví dụ 2.2. Với f (x) = 4x3 thì F0(x) = x4 có 4 nghiệm thực trùng nhau.

Ví dụ 2.3. Với f (x) = 4x2(x − 3) thì F0(x) = x4 − 4x3 có 4 nghiệm thực (1 nghiệm đơn và 1 nghiệm bội 3).

Ví dụ 2.4. Với f (x) = 4x(x2 − 1) thì F0(x) = x4 − 2x2 có 4 nghiệm thực (1 nghiệm kép và 2 nghiệm đơn).

Ví dụ 2.5. Cho α = 1, β = −1, γ = 2, δ = 4 thay vào công thức (2.12), ta thu được

x1 = x2 = 0 (α = β = 0), x3 = γ, x4 = δ.

Khi đó đa thức f (x) = −4x3 + 15x2 − 10x − 5 có 3 nghiệm thực là

a = −5, b = 5, c = −5.

Nhận xét rằng, nếu ta chọn m = −6(= αβγδ) thì đa thức nguyên hàm

x1 ≈ −0, 33; x2 ≈ 1, 47; x3 ≈ 2, 61.

có bốn nghiệm thực (x1 = −1, x2 = 1, x3 = 2, x4 = 3).

Đối với các nhị thức bậc nhất ta luôn có nguyên hàm là các tam thức bậc hai có

nghiệm thực, ta có kết qủa sau đây.

Hệ qủa 2.1. Mọi đa thức bậc nhỏ hơn 4 có các nghiệm đều thực luôn tồn tại nguyên

hàm cũng có các nghiệm đều thực.

Đối với các đa thức có bậc n (n (cid:62) 4) thì điều kiện cần để ứng với một đa thức có các nghiệm đều thực cho ta ít nhất một nguyên hàm cũng có các nghiệm đều thực sẽ

được trình bày ở mục sau.

F (x) = −x4 + 5x3 − 5x2 − 5x + 6

17

2.3 Đa thức đối xứng ba biến

Đa thức F (x, y, z) với bộ 3 biến thực x, y, z được hiểu là hàm số có dạng

N (cid:88)

(2.13)

s=0

trong đó

(cid:88)

F (x, y, z) = Ms(x, y, z),

(2.14)

i+j+k=s

Trong chương này ta quan tâm chủ yếu đến các dạng đa thức đối xứng và đa thức

đồng bậc dạng (2.13) biến số thực và nhận giá trị thực.

Định nghĩa 2.1. Nếu

i, j, k ∈ N. Ms(x, y, z) = aijkxiyjzk,

trong đó (x(cid:48), y(cid:48), z(cid:48)) là một hoán vị tuỳ ý của (x, y, z) thì ta gọi F (x, y, z) là một đa thức đối xứng.

Định lý 2.3 ([2]). Mọi đa thức đối xứng F (x, y, z) đều viết được dưới dạng đa thức

3 biến theo các biến là các đa thức đối xứng Vieete H(s, p, q) với

F (x, y, z) = F (x(cid:48), y(cid:48), z(cid:48)),

Chứng minh. Nhận xét rằng với mỗi bộ chỉ số (i, j, k) cố định thì các hệ số tương ứng với xνyµzθ với mọi hoán vị (ν, µ, θ) của (i, j, k) đều như nhau. Vì vậy ta chỉ cần chứng minh định lý cho trường hợp đa thức dạng

s = x + y + z, p = xy + yz + zx, q = xyz.

Với i = j = 0, k = n, ta xét

M (x, y, z) = xiyjzk + xiykzj + xjyizk + xjykzi + xkyizj + xkyjzi.

Khi đó

Sn(x, y, z) = xn + yn + zn.

Vì vậy theo quy nạp ta có thể kết luận định lý đúng đối với mọi đa thức Sn(x, y, z). Từ đó suy ra đa thức

Sn+1 = sSn − pSn−1 + qSn−2, n ≥ 2.

T2n(x, y, z) = (xy)n + (yz)n + (zx)n

ứng với i = 0, j = k = n cũng biểu diễn được theo

18

Xét trường hợp i = 0, j = m > k = n. Ta có

s(cid:48) = xy + yz + zx = p, p(cid:48) = (xy)(yz) + (yz)(zx) + (zx)(xy) = sq, (xy)(yz)(zx) = q2.

viết được dưới dạng

Tm,n(x, y, z) = xn(ym + zm) + yn(zm + xm) + zn(xm + ym)

Vậy Tm,n(x, y, z) biểu diễn được qua s, p, q.

Xét trường hợp i (cid:54)= j (cid:54)= k (cid:54)= i. Không mất tính tổng quát có thể coi 0 < i < j < k.

Ta có

Tm,n(x, y, z) = TnSm−nqm−nT2n.

M (x, y, z) = xiyjzk + xiykzj + xjyizk + xjykzi + xkyizj + xkyjzi =

Vậy định lý được chứng minh.

Bài toán 2.7. Giả sử phương trình

= qi[Sk−jTj−i − qk−jTk+2j−i.

có ba nghiệm không âm phân biệt. Chứng minh rằng

(cid:114)

x3 + ax2 + bx + c = 0

Lời giải. Vì x1, x2, x3 là các nghiệm của phương trình nên theo Định lý Vieete ta có

  x1 + x2 + x3 = −a x1x2 + x2x3 + x3x2 = b  x1x2x3 = −d

mà xi ≥ 0 (i = 1, 2, 3) nên

2

(cid:17) 1

− > √ > 3 −c. a 3 b 3

(cid:16)x1x2 + x2x3 + x3x1 3

Nhận xét 2.4. Nếu phương trình bậc 3 dạng x3 + ax2 + bx + c = 0 có các hệ số không thỏa mãn điều kiện

(cid:114)

> > (x1x2x3). x1 + x2 + x3 3

thì không thể có ba nghiệm dương phân biệt.

> √ > 3 − −c. a 3 b 3

Bài toán 2.8. Chứng minh rằng phương trình x3 − 2017x2 + 20172x − 2017 = 0 không thể có ba nghiệm đều không âm.

Lời giải hoàn toàn tương tự như Bài toán 2.7.

Bài toán 2.9. Chứng minh rằng không tồn tại đa thức nguyên f (x) (f (x) (cid:54)≡ 0) sao

cho với 3 số nguyên a, b, c phân biệt xảy ra hệ thức

19

Lời giải. Giả sử tồn tại đa thức f (x) thỏa mãn điều kiện bài toán. Nhận xét rằng

f (a) = b, f (b) = c, f (c) = a.

Suy ra

∈ Z, ∈ Z, ∈ Z. f (a) − f (b) a − b f (b) − f (c) b − c f (c) − f (a) c − a

Mà

∈ Z, ∈ Z, ∈ Z. b − c a − b c − a b − c a − b c − a

nên

(cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) =

(cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) =

(cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) = 1.

= 1. b − c a − b c − a b − c a − b c − a

Suy ra

b − c a − b c − a b − c a − b c − a

hay

|a − b| = |b − c| = |c − a|

trái với giả thiết đã cho, điều phải chứng minh.

a = b = c,

20

Chương 3. Các tính chất của đa thức

bậc bốn

3.1 Phương trình bậc bốn

Trong phần này ta sẽ nêu phương pháp chung để phân tích một đa thức bậc bốn

tổng quát thành tích của hai tam thức bậc hai. Đối với những đa thức bậc bốn dạng

đặc biệt ta có thể sử dụng các phép biến đổi phù hợp để giải mà không cần vận dụng

thuật toán tổng quát.

Trước hết, ta xét lớp phương trình hồi quy bậc bốn.

Bài toán 3.1. Giải phương trình

(3.1)

với

ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0

(3.2)

(Phương trình (3.1)-(3.2) có tên gọi là phương trình hồi quy tổng quát bậc bốn).

Lời giải. Viết (3.2) dưới dạng

(cid:17)2

ad2 = eb2, a, e (cid:54)= 0.

(cid:16)d b

Đặt

= . e a

= α thì d = bα; e = a(α)2. Thế vào phương trình (3.1), ta thu được d b

ax4 + bx3 + cx2 + bαx + a(α)2 = 0

⇔ a(x4 − α2) + bx(x2 + α) + cα2 = 0

Nhận xét rằng x = 0 không thỏa mãn phương trình. Chia hai vế của phương trình

cho x2 ta thu được

⇔ a(x2 + α)2 + bx(x2 + α) + (c − 2aα)x2 = 0.

at2 + bt + c − 2aα = 0

21

với t =

Vậy từ phương trình (3.1)-(3.2) ta đưa về giải hệ

. x2 + α x

 

(3.3)

at2 + bt + c − 2aα = 0



Giải phương trình thứ nhất của hệ (3.3) ta thu được t và từ phương trình thứ hai

của hệ (3.3) ta tính được x.

Bài toán 3.2. Giải phương trình

x2 − tx + α = 0.

(3.4)

(x − a)4 + (x − b)4 = c.

Lời giải. Đặt x = t +

(3.4) ⇔ (t + α)4 + (t − α)4 = c

; α = . Khi đó a + b 2 a − b 2

⇔ [(t + α)2 − (t − α)2]2 + 2(t2 − α2)2 = c

Ta nhận được phương trình trùng phương dạng 2t4 + 12α2t2 + 2α4 − c = 0.

Bài toán 3.3. Giả sử các số a, b, c thỏa mãn điều kiện b2 = 4(a+2)(c+1). Giải phương trình

⇔ 16α2t2 + 2(t2 − α2)2 = c.

(3.5)

Lời giải. Xét trường hợp a = −2. Khi đó b = 0 và phương trình (3.5) có dạng

x4 = ax2 + bx + c.

và có nghiệm khi và chỉ khi c ≥ 0. Khi đó, phương trình có nghiệm

x4 + 2x2 − c = 0 ⇔ (x2 + 1)2 = c + 1

(cid:112)

Giả sử a (cid:54)= −2. Xét tam thức bậc hai với

√ −1 + c + 1. x1,2 = ±

dạng f (x) = (a + 2)x2 + bx + c + 1. Khi đó f (x) có nghiệm kép và

(cid:16)

(cid:17)2

∆ = b2 − 4(a + 2)(c + 1) = 0

f (x) = (a + 2) x + b 2(a + 2)

Phương trình đã cho được viết dưới dạng

22

x4 + 2x2 + 1 = (a + 2)x2 + bx + c + 1

⇔ (x2 + 1)2 = (a + 2)x2 + bx + c + 1.

2 ) Nếu a + 2 < 0 thì phương trình vô nghiệm vì có

. ⇔ (x2 + 1)2 = (a + 2)(x − x0)2, x0 = − b 2(a + 2)

3) Nếu a + 2 > 0(⇔ a > −2) thì ta có thể viết

(x2 + 1)2 ≥ 1 > (a + 2)(x − x0)2.

√ √ (x2 + 1)2 = [ a + 2(x − x0).

Ta thu được hai phương trình bậc hai x2 + 1 = ±

a + 2(x − x0)]2 ⇔ x2 + 1 = ± √ a + 2(x − x0), trong đó x0 =

Tiếp theo giải và biện luận các phương trình bậc hai này.

Bài toán 3.4. Giải phương trình

− . b 2(a + 2)

Lời giải. Gọi α là số thực thỏa mãn hệ thức

x4 = ax2 + bx + c, b (cid:54)= 0.

(3.6)

(tồn tại ít nhất một giá trị α thỏa mãn (3.6)) vì (3.6) là phương trình bậc ba đối với

b2 = 4(a + 2α)(c + α2)

Khi đó tam thức bậc hai

α).

có nghiệm kép và

(cid:104)

(cid:105)2

f (x) = (a + 2α)x2 + bx + (c + α2)

nếu a + 2α (cid:54)= 0

 

x + (a + 2α) f (x) =



Viết phương trình đã cho dưới dạng x4 + 2αx2 + α2 = f (x)

b 2(a + 2α) c + α2 nếu a + 2α = 0.

(3.7)

⇔ (x2 + α)2 = f (x)

(cid:104)

(cid:105)

1) Nếu a + 2α = 0 thì (3.7)⇔ (x2 + α)2 = c + α2. 2) Nếu a + 2α < 0 thì Vế trái ≥ 0; Vế phải <0, nên phương trình vô nghiệm. 3) Nếu a + 2α > 0 thì (3.7) ⇔ x2 + α = ±

√ a + 2α x + . b 2(a + 2α)

Bài toán 3.5. Giải phương trình

23

Lời giải. Đặt t = x −

t4 + αt3 + βt2 + γt + δ = 0.

(x − )4 + α(x − α 4 )3 + β(x − ) + δ = 0 α 4 α 4

Áp dụng bài toán trên ta tìm được nghiệm của phương trình.

Hệ qủa 3.2. Mọi đa thức bậc bốn có nghiệm thực đều phân tích được thành tích

của hai tam thức bậc hai với hệ số thực.

αβ − γ; c = ⇔ x4 = ax2 + bx + c với a = . Khi đó ta được phương trình: α )2 + γ(x − 4 2α3 42 + α 4 6α2 42 ; b = − 1 2 1 42 (3α4 − 42βα2 + 43αγ − 44δ).

Bài toán 3.6. Cho α (cid:54)= 0. Khai triển biểu thức (1 − α

được P (x) là một đa thức bậc bốn. Giải phương trình P (x) = 0.

Lời giải. Đặt α2x = t, ta được phương trình

√ √ x)8 + (1 + α x)8 = P (x) ta

ta được phương trình

Đặt u = t +

1 + 28t + 70t2 + 28t3 + t4 = 0 ⇔ (t + )2 + 28(t + ) + 68 = 0. 1 1 1 t

1 t

(cid:113)

Bài toán 3.7. Giải phương trình

√ 128 ⇒ t = u2 + 28u + 68 = 0 ⇔ u1,2 = −14 ± (u1,2 ± u2 1,2 −4). 1 2

Lời giải. Đặt ax2 + bx + c = y ta được hệ

a(ax2 + bx + c)2 + b(ax2 + bx + c) + c = x.

 

 





ax2 + bx + c = y ax2 + bx + c = y ⇔ ay2 + by + c = x a(x2 − y2) + (b + 1)(x − y) = 0

 

 





hoặc

ax2 + bx + c = y y = x ⇔ ⇔ (x − y)[a(x + y) + b + 1] = 0 ax2 + (b − 1)x + c = 0

 

− x y = −



Giải mỗi phương trình bậc hai ta được nghiệm của hệ, từ đó ta suy ra nghiệm của

phương trình.

− x. b + 1 a ax2 + bx + c = − b + 1 a

Bài toán 3.8. Giải phương trình x4 = 3x2 + 10x + 4.

Lời giải. Viết phương trình dưới dạng

24

Chọn α để ∆(cid:48) = 25 − (3 + 2α)(4 + α2) = 0 ⇔ 2α3 + 3α2 + 8α − 13 = 0 Ta thấy α = 1 thỏa mãn. Vậy có thể viết phương trình dưới dạng

(x2 + α)2 = (3 + 2α)x2 + 10x + 4 + α2.

(cid:34)

√ √ (x2 + 1)2 = 5x2 + 10x + 5 ⇔ (x2 + 1)2 = [ 5(x + 1)]2 ⇔ 5(x + 1), √ 5(x + 1).

(cid:112)

Giải từng trường hợp suy ra nghiệm của phương trình đã cho là x1,2 =

x2 + 1 = x2 + 1 = − √ √ 5 ± 5 . 1 + 4 2

Bài toán 3.9. Giải phương trình x2 +

x2

Lời giải. Điều kiện x (cid:54)= 1.

Viết phương trình đã cho dưới dạng

(cid:17)2

(cid:16) x2

(x + 1)2 = 3.

(cid:34)

)2 = 3 − 2. ⇔ − 3 = 0 + 2. (x − x x + 1 x2 x + 1 x + 1 x2 x + 1

(vô nghiệm)

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x1, x2 =

Bài toán 3.10. Cho dãy số (vn)n thỏa mãn điều kiện

 

√ 5 ⇔ . ⇔ x1, x2 = 1 ± 2 x2 − x − 1 = 0 x2 + 3x + 3 = 0 √ 5 . 1 ± 2



v1 = 5,

n − 4v2

n + 2.

Xác định số hạng tổng quát vn.

Lời giải. Sử dụng hằng đẳng thức sau

(cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

vn+1 = v4

(3.8)

Đặt

8m4 − 8m2 + 1 = a4 + a + . , với m = 1 2 1 a4 1 2 1 a

= un ta thu được vn 2

(cid:17)

(cid:16)

 

(3.9)



√ = a + , a = (5 + 21), u1 = 1 2

1 1 5 a 2 2 n − 8u2 un+1 = 8u4 n + 1

(cid:16)

(cid:16)

(cid:17)

(cid:17)

25

Theo (3.8) thì u2 =

Bằng phương pháp quy nạp, ta thu được

a4 + a42 + ,. . . , u3 = 1 2 1 2 1 a4 1 a42

(cid:17)

(cid:16)

(cid:16)

(cid:17)

√ a + , a = (5 + 21), u1 = 1 a 1 2 1 2

  

(cid:17)4n−1

(cid:17)4n−1

(cid:16)5 −

(cid:16) 5 +

Vậy vn =

a4n−1 + un+1 = 1 a4n−1 1 2 √ √ 21 21 + , n = 1, 2, . . . 2 2

3.2 Định lý cơ bản về đa thức bậc bốn

Xét đa thức bậc bốn tổng quát

P (x) = a0x4 + b0x3 + c0x2 + d0x + e0 = 0, a0 (cid:54)= 0.

3.2.1 Định lý Rolle đối với đa thức bậc bốn

Định lý 3.1 (Rolle đối với đa thức bậc bốn). Nếu đa thức bậc bốn P (x) có các nghiệm đều thực thì đa thức đạo hàm P (cid:48)(x) của nó cũng có ba nghiệm thực.

Chứng minh. Nếu đa thức bậc bốn P (x) có 4 nghiệm thực phân biệt thì hiển nhiên theo Định lý Rolle, đa thức đạo hàm P (cid:48)(x) có ba nghiệm phân biệt.

Xét trường hợp khi P (x) có ba nghiệm phân biệt, trong đó có hai nghiệm đơn và

một nghiệm kép, P (x) = a0(x − x1)2(x − x2)(x − x2). Khi đó

có ít nhất hai nghiệm là x = x0 và một nghiệm nằm giữa x1 và x2 (theo Định lý Rolle) nên đa thức bậc ba P (cid:48)(x) có 3 nghiệm thực.

Xét trường hợp khi P (x) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm đơn

và một nghiệm bội ba, P (x) = a0(x − x1)3(x − x2) với x1 (cid:54)= x2. Khi đó

P (cid:48)(x) = a0(x − x1)(3x − 2x2 − x1)

có ba nghiệm thực.

Xét trường hợp khi P (x) có hai nghiệm phân biệt đều là nghiệm kép, P (x) =

P (cid:48)(x) = a0(x − x1)2(4x − x1 − 3x2)

a0(x − x1)2(x − x2)2 với x1 (cid:54)= x2. Khi đó

P (cid:48)(x) = a0(x − x1)(x − x2)(2x − x1 − x2)

có ba nghiệm thực.

Xét trường hợp khi P (x) có 1 nghiệm bội 4, tức P (x) = a0(x − x0)4 thì P (cid:48)(x) =

26

Ta xét các ví dụ minh họa sau đây.

Ví dụ 3.1. Với P (x) = x4 có 4 nghiệm trùng nhau (1 nghiệm bội 4) thì P (cid:48)(x) = 4x3 có 1 nghiệm bội 3.

Ví dụ 3.2. Với P (x) = (x2 − 1)2 có 2 nghiệm kép phân biệt thì P (cid:48)(x) = 4x(x2 − 1) có 3 nghiệm thực phân biệt.

Ví dụ 3.3. Với P (x) = (x − 1)(x + 1)3 có 2 nghiệm thực phân biệt (1 nghiệm đơn và 1 nghiệm bội 3) thì P (cid:48)(x) = (x − 1)2(4x − 2) có 2 nghiệm thực phân biệt (1 nghiệm đơn và 1 nghiệm kép).

Ví dụ 3.4. Với P (x) = (x2 − 1)(x + 2)2 có 3 nghiệm thực phân biệt (2 nghiệm đơn và 1 nghiệm kép) thì P (cid:48)(x) = 2(x + 2)(2x2 + 2x − 1) có 3 nghiệm thực phân biệt.

Ví dụ 3.5. Với P (x) = (x2 − 1)(x2 − 2) có 4 nghiệm thực phân biệt (4 nghiệm đơn) thì P (cid:48)(x) = 2x(2x2 − 3) có 3 nghiệm thực phân biệt.

Nhận xét 3.5. Khi đa thức bậc bốn P (x) không có các nghiệm đều thực thì Định

lý 3.1 nói chung không còn đúng.

Ví dụ 3.6. Với P (x) = x4 + 1 không có nghiệm thực nhưng P (cid:48)(x) = 4x3 có 3 nghiệm thực trùng nhau (1 nghiệm bội 3).

Ví dụ 3.7. Với P (x) = (x − 1)2(x2 + 1) có 2 nghiệm thực và P (cid:48)(x) = 2(x − 1)(2x2 − x + 1) có 1 nghiệm thực (Định lý 3.1 đúng).

Ví dụ 3.8. Với P (x) = (x4 − 1) có 2 nghiệm thực nhưng P (cid:48)(x) = 4x3 có 3 nghiệm thực trùng nhau (1 nghiệm bội 3) (Định lý 3.1 không đúng).

4(x − x0)2 có một nghiệm bội ba.

3.2.2 Định lý về nghiệm của nguyên hàm đối với đa thức bậc bốn

Sau đây, ta khảo sát tiếp các điều kiện để mọi đa thức có bốn nghiệm thực thỏa

mãn các điều kiện đó đều tồn tại nguyên hàm có ít nhất năm nghiệm thực.

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 (cid:54) x2 (cid:54) x3 (cid:54) x4,

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

27

có ít nhất 5 nghiệm thực là

(3.10)

Fc(x) = F0(x) − c

Chứng minh. Ta xét các trường hợp theo sự phân bố các nghiệm của đa thức f (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) (cid:62) F0(x4).

Suy ra

F0(x1) (cid:62) max{F0(x2), F0(x4)}, F0(x3) > max{F0(x2), F0(x4)}.

(cid:105)

(cid:104)

Vậy ta chọn c sao cho c ∈

thì nguyên hàm

max{F0(x2), F0(x4)} (cid:54) min{F0(x1), F0(x3)}.

max{F0(x2), F0(x4)}, min{F0(x1), F0(x3)}

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 −

x3 + 20x. Ta có 25 3

không thỏa mãn điều kiện định lý vì

F0(−2) = − , F0(−1) = − , F0(1) = , F0(2) = 38 3 38 3 16 3 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: x(48x4 −325x2 +60)

. > min{F0(x1), F0(x3)} = − max{F0(x2), F0(x4)} = 16 3 16 3

(cid:17)

(cid:17)

(cid:16)

x3 +4x = x5 − , x4 = 2). thì F0(x) = , x3 = 1 4 1 4 16 5 65 3 1 15 x1 = −2, x2 = − có 5 nghiệm thực. Ta kiểm tra các giá trị

(cid:16)1 4

thỏa mãn điều kiện định lý vì

= − = − F0(−2) = , F0 , F0 , F0(2) = − 1 4 40832 61440 40832 61440 944 15 944 15

. < min{F0(x1), F0(x3)} = max{F0(x2), F0(x4)} = − 40832 61440 40832 61440

Trường hợp 2. Khi f (x) có nghiệm bội.

(i). Khi f (x) có hai nghiệm trùng nhau, chẳng hạn

28

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) và x1 = 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

x1 = x2 < x3 < x4 (x1 < x2 < x3 = x4) và F0(x1) < F0(x4)

Mặt khác,

F0(x3) > F0(x1) hay F0(x3) − c > 0.

(cid:16)

(cid:17)

Suy ra ∃ (cid:101)x1 ∈ (x3, x4) là nghiệm của F0(x) − c.

Ta lại có F0(x4) − c < 0 và lim

F0(x1) > F0(x4) hay F0(x4) − c < 0 (cid:17)(cid:16) → < 0. F0(x3) − c F0(x4) − c

x→+∞ 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, F0(x) = −∞, và trong khoảng trong khoảng (−∞, x1) nguyên hàm F0(x) < c do lim

x→−∞

F0(x) = +∞ nên trong khoảng (x4, +∞), nguyên

x→+∞

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

(x4, +∞) nguyên hàm F0(x) > c do lim F0(x) = +∞ nên Fc(x) không có nghiệm.

Do đó F0(x1)−c > 0. Mặt khác, ta thấy lim

F0(x1) > F0(x2) = F0(x3) > F0(x4).

x→−∞

đa thức F0(x) có ít nhất một nghiệm. Tương tự, do F0(x4)−c < 0 và lim

F0(x) = −∞ nên trong khoảng (−∞, x1),

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.

F0(x) = +∞

29

Ví dụ 3.11. Với f (x) = x2(x2 − 1) thì F0(x) =

(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) (cid:62) 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.

x3(3x2 − 5) có 5 nghiệm thực. 1 15

Ví dụ 3.12. Với f (x) = 5(x2 − 1)2 thì F0(x) = x5 − 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

x3 + 5x là hàm đồng biến nên 10 3

trong đó g(x) ∈ R[x] và có một nghiệm thực. Do đó m là một số tự nhiên lẻ. Ta xét

x (cid:90)

f (x) = x3g(x), g(x) = xm + b1xm−1 + b2xm−2 + · · · + bm−1x + bm,

0

f (t)dt + c F (x) =

Chọn c = 0 ta được

xm+4 + xm+3 + · · · + x5 + x4 + c. = 1 m + 4 b1 m + 3 bm−1 5 bm 4

hay

(cid:17)

xm+4 + xm+3 + · · · + x5 + x4 F0(x) = 1 m + 4 b1 m + 3 bm−1 5 bm 4

Rõ ràng x = 0 là nghiệm bội bậc 4 của F0(x). xm +

xm + xm−1 + · · · + x + . F0(x) = x4(cid:16) 1 b1 m + 3 m + 4 bm−1 5 bm 4

Do Q(x) =

là đa thức bậc lẻ (m lẻ) nên

(cid:17)

xm−1 + · · · + x + 1 m + 4 b1 m + 3 bm−1 5 bm 4 Q(x) có ít nhất một nghiệm thực. Vậy nguyên hàm F0(x) có ít nhất năm nghiệm thực.

có 5 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(cid:16) (iv) Cuối cùng ta xét trường hợp khi cả 4 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.

x − 5 4

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 (cid:62) 5) có s (5 (cid:54) s (cid:54) n) nghiệm thực có dạng

30

trong đó

f (x) = (−1)n(x − x1)(x − x2)(x − x3) · · · (x − xs)g(x), x1 (cid:54) x2 (cid:54) x3 (cid:54) · · · (cid:54) xs,

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

g(x) (cid:54)= 0, ∀x ∈ R.

có ít nhất s + 1 nghiệm thực là

(3.11)

Fc(x) = F0(x) − c

2 ] 0≤j≤[ s−1

Chứng minh. Không giảm tính tổng quát, ta giả sử g(x) > 0 ∀x ∈ R. Khi đó deg g(x) = n − s là số tự nhiên chẵn.

Nếu n là số chẵn thì

F0(x2i (cid:54) min F0(x2j+1)). max 1≤i≤[ s 2]

vì deg g(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) có s nghiệm phân biệt, tức x1 < x2 < x3 < · · · < xs, thì

f (x) = (x − x1)(x − x2)(x − x3) · · · (x − xs)g(x),

Nhận xét rằng, tại các nút x1, 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 c sao cho

(cid:104)

f (xk) = 0, ∀k = 1, . . . , s.

(cid:105) F0(x2j+1)

(cid:3)

2

. c ∈ max 1≤i≤ s 2 F0(x2i), min 0≤j≤(cid:2) s−1

(i). Nếu

31

2 ] 0≤j≤[ s−1

thì ta chọn

(cid:1).

F0(x2i) < min F0(x2j+1) max 1≤i≤ s 2

2 ] 0≤j≤[ s−1

Khi đó F0(x1) > c hay Fc(x1) > 0 và F0(x2) < c hay Fc(x2) < 0. Suy ra

F0(x2i), min F0(x2j+1) c ∈ (cid:0) max 1≤i≤ s 2

Do đó ∃ (cid:101)x1 ∈ (x1, x2) là nghiệm của đa thức Fc(x).

Tương tự, ∃ (cid:101)x2 ∈ (x2, x3), (cid:101)x3 ∈ (x3, x4), . . . , (cid:101)xs−1 ∈ (xs−1, xs) là các nghiệm của đa

thức Fc(x). Do lim

Fc(x1)Fc(x2) < 0.

x→−∞ có ít nhất 1 nghiệm.

Tương tự, do

F0(x) = −∞ và F0(x1) − c > 0 nên trong khoảng (−∞, x1) đa thức Fc(x)

nguyên hàm Fc(x) cũng có ít nhất 1 nghiệm.

Vậy nguyên hàm Fc(x) có ít nhất s + 1 nghiệm thực.

(ii). Nếu

F0(x) = +∞ và F0(xs) − c < 0 nên trong khoảng (xs, +∞) lim x→+∞

2 ] 0≤j≤[ s−1

thì ta chọn

F0(x2i) = min F0(x2j+1) max 1≤i≤ s 2

2 ] 0≤j≤[ s−1

Ta chia trục số thành s − 1 đoạn và 2 nửa khoảng như sau

F0(x2i) = min F0(x2j+1). c = max 1≤i≤ s 2

- 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

(−∞, x1], [x1, x2], . . . , [x2q−1, x2q], [x2q, x2q+1], . . . , [xs, +∞).

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

F0(x) = −∞ lim x→−∞

ta suy ra nguyên hàm Fc(x) có ít nhất 1 nghiệm trong nửa khoảng (−∞, x1], ta gọi nghiệm đó là (cid:101)x1.

F0(x) = −∞ lim x→−∞

- 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

32

thì x1 là nghiệm của nguyên hàm Fc(x) trong đoạn [x1, x2]. Ta lại có x1 là nghiệm của đa thức f (x) nên x1 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 (cid:101)x2. 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 sử f (x) chỉ có một nghiệm bội, các nghiệm còn lại đều là nghiệm đơn. Không

giảm tính tổng quát, ta coi

F0(x2) < F0(x1) = c

Từ hệ thức F0(x1) = F0(x2) và

x1 = x2 = · · · = xk < xk+1 < · · · < xs, với 2 (cid:54) k (cid:54) s − 1.

0≤j≤[ s−1 2 ]

ta suy ra

F0(x1) (cid:62) min F0(x2i), F0(x2j+1), F0(x2) (cid:54) max 1≤i≤ s 2

Kết hợp với giả thiết

F0(x2i). F0(x2j+1) (cid:54) F0(x1) = F0(x2) (cid:54) max 1≤i≤[ s 2 ] min 0≤j≤[ s−1 2 ]

0≤j≤[ s−1 2 ]

ta thu được kết qủa sau đây

F0(x2i) (cid:54) min F0(x2j+1) max 1≤i≤ s 2

0≤j≤[ s−1 2 ]

Khi đó tồn tại duy nhất c sao cho

F0(x2i) = min F0(x2j+1) = F0(x1) = F0(x2). max 1≤i≤ s 2

(cid:3)

2

F0(x2j+1) = F0(x1) = F0(x2). c = max 1≤i≤ s 2 F0(x2i) = min 0≤j≤(cid:2) s−1

Xét đa thức Fc(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

33

Nếu k chẵn thì k + 1 lẻ, do đó F0(xk+1) > min

Fc = F0(x) − c.

0≤j≤[ s−1 2 ] F (x2i) hay F0(xk+2) − c < 0.

Do k + 2 chẵn nên F0(xk+2) < max 1≤i≤ s 2

Suy ra

(cid:0)F0(xk+1) − c(cid:1)(cid:0)F0(xk+2) − c(cid:1) < 0.

Vì thế ∃ (cid:101)xk+2 ∈ (xk+1, xk+2) là nghiệm của F0(x) − c.

có lim

Tương tự ∃ (cid:101)xk+3 ∈ (xk+2, xk+3), ∃ (cid:101)xk+4 ∈ (xk+3, xk+4) . . . ∃ (cid:101)xs ∈ (xs−1, xs). Ta lại F0(x) = +∞ do n chẵn và F0(xs) − c < 0 nên trong khoảng (xs, +∞)nguyên

x→+∞

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) có ít nhất hai nghiệm bội khác nhau xα = xα+1 = · · · = xβ và xγ = xγ+1 = · · · = xδ. trong đó 1 (cid:54) α < β < γ < δ (cid:54) s.

Không giảm tính tổng quát, ta giả sử rằng

F (x2j+1) hay F0(xk+1) − c > 0.

x1 < x2 < · · · < xα−1 < xα = xα+1 = · · · = xβ < xβ+1 <

Tương tự như trường hợp đa thức f (x) có một nghiệm bội, ta cũng chứng minh

được

< · · · < xγ−1 < xγ = xγ+1 = · · · = xδ < xδ+1 < · · · < xs

Mặt khác,

F0(x2i) = F0(x2j+1) = F0(xβ). F0(xα) = max 2 ]≤i≤[ β [ α 2 ] min 2 ]≤j≤[ β−1 [ α 2 ]

và

F0(x2i) max 1≤i≤ s 2

Kết hợp với giả thiết

F (x2j+1) do 1 (cid:54) α < β < s. min 2 ]≤j≤[ β−1 [ α 2 ] F (x2i) (cid:62) max 2 ]≤i≤[ β [ α 2 ] F0(x2j+1) (cid:62) min 0≤j≤[ s−1 2 ]

2 ] 0≤j≤[ s−1

ta thu được

F0(x2i) (cid:54) min F0(x2j+1) max 1≤i≤ s 2

2 ] 0≤j≤[ s−1

F0(x2i) = F0(x2j+1) F0(x2j+1) = min max 1≤i≤ s 2 F0(x2i) = max 2 ]≤i≤[ β [ α 2 ] min 2 ]≤j≤[ β−1 [ α 2 ]

Khi đó tồn tại duy nhất c sao cho

34

(cid:3)

2

Chứng minh tương tự ta cũng thu được

F0(x2j+1) = F0(xα) = · · · = F0(xβ). c = max 1≤i≤ s 2 F0(x2i) = min 0≤j≤(cid:2) s−1

(cid:3)

2

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 thức f (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 thức f (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

F0(x2j+1) = F0(xγ) = · · · = F0(xδ). c = max 1≤i≤ s 2 F0(x2i) = min 0≤j≤(cid:2) s−1

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 cùng ta xét trường hợp khi cả s nghiệm trùng nhau (x1 = x2 = · · · = xs) thì hiển nhiên điều kiện (3.11) được thỏa mãn, ta có x1 cũng là nghiệm bội bậc s + 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.

F (x) = F0(x) − c

Định lý 3.3 đã 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

35

- Khi s = 1, ta thấy luôn tồn tại nguyên hàm

f (x) = xg(x), g(x) = xm + b1xm−1 + b2xm−2 + · · · + bm−1x + bm > 0, ∀x ∈ R.

có ít nhất hai nghiệm thực.

- Khi s = 2 ta xét

x (cid:90)

xm + xm−1 + xm−2 + · · · + ) F0,1(x) = x2( 1 m + 2 b1 m + 1 b2 m bm 2

0 x (cid:90)

(cid:16) 1

F0,1(t)dt F0,2(x) =

0

(cid:105)

= xm+2 + xm+1 + · · · + x2(cid:17) dt m + 2 b1 m + 1 bm 2

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

xm + xm−1 + · · · + . =x3(cid:104) 1 (m + 2)(m + 3) b1 (m + 1)(m + 2) bm 2.3

xm+k + xm+k−1 F0,k−1(x) = 1 (m + 2)(m + 3) . . . (m + k) b1 (m + 1)(m + 2) . . . (m + k − 1)

có ít nhất k 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

+ xm+k−2 + · · · + xk. b2 m(m + 1) . . . (m + k − 2) bm 2.3 . . . k

x (cid:90)

(cid:104)

F0,k(x) =

0

= tm+k + tm+k−1 1 (m + 2)(m + 3) . . . (m + k) b1 (m + 1)(m + 2) . . . (m + k − 1)

36

dt tm+k−2 + · · · + tk(cid:105) b2 m(m + 1) . . . (m + k − 2) bm 2.3 . . . k

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.

+ =xk+1(cid:104) xm + xm−1 1 (m + 2)(m + 3) . . . (m + k + 1) b1 (m + 1)(m + 2) . . . (m + k) (cid:105) + xm−2 + · · · + . b2 m(m + 1) . . . (m + k − 1) bm 2.3 . . . (k + 1)

37

Chương 4. Một số dạng toán liên quan

4.1 Một số dạng toán về nghiệm của phương trình bậc

cao

Bài toán 4.1 (Công thức Taylor). Chứng minh rằng nếu đa thức P (x) thỏa mãn điều kiện deg P (x) ≤ n và P (k)(x1) = ak với mọi k ∈ {0, . . . , n}, trong đó x1, ak là các số cho trước; P (0)(x) := P (x), thì P (x) có dạng

n (cid:88)

(4.1)

k=0

Chứng minh. Đẳng thức (4.1) được chứng minh trực tiếp bằng cách lấy đạo hàm

liên tiếp hai vế của (4.1) và sử dụng giả thiết về các giá trị ban đầu. Việc chứng minh

tính duy nhất được suy từ tính chất của đa thức bậc n là nó có không quá n nghiệm

(kể cả bội).

Bài toán 4.2 (Công thức nội suy Lagrange). Cho x1, x2, . . . , xn là các số đôi một khác nhau.

Tìm tất cả các đa thức bậc ≤ n − 1 thỏa mãn điều kiện P (xk) = ak ∈ R k ∈

P (x) = (x − x1)k. ak k!

Lời giải. Giả sử w(x) = (x − x1)(x − x2) . . . (x − xn) thì

n (cid:88)

n (cid:89)

{1, . . . , n}), cho trước.

j=1

i=1,i(cid:54)=j

Đặt

w(cid:48)(x) = (x − xi).

(x − xi)

n (cid:81) i=1,i(cid:54)=k n (cid:81) i=1,i(cid:54)=k

= wk(x) = w(x) (x − xk)w(cid:48)(xk) (xk − xi)

thì ta có

deg wk(x) = n − 1

và

38

 



Khi đó công thức nội suy Lagrange cho đa thức P (x) bậc ≤ n có dạng

n (cid:88)

0 khi k (cid:54)= j, wk(xj) = 1 khi k = j.

j=1

Việc chứng minh tính duy nhất được suy ra từ nhận xét rằng hai đa thức bậc

P (x) = P (xj)wj(x).

Bài toán 4.3 (Công thức nội suy Newton). Cho hai bộ số (x0, x1, . . . , xn) và (a0, a1, . . . , an). Tìm tất cả các đa thức P (x) với deg P (x) ≤ n thỏa mãn điều kiện

≤ n − 1 nhận giá trị như nhau tại n điểm thì chúng trùng nhau.

Lời giải. Dễ dàng chứng minh các đẳng thức sau đây.

x (cid:90)

P (k)(xk) = ak, k ∈ {0, 1, . . . , n}.

x0

t

(cid:90)

P (cid:48)(t)dt, P (x) = P (x0) +

x1 t1(cid:90)

P (cid:48)(t) = P (cid:48)(x1) + P (cid:48)(cid:48)(t1)dt1,

x2

...

Từ đó ta sẽ thu được đa thức cần tìm có dạng

x (cid:90)

t1(cid:90)

t2(cid:90)

tn−1(cid:90)

P (cid:48)(cid:48)(t1) = P (cid:48)(cid:48)(x2) + P (cid:48)(cid:48)(cid:48)(t2)dt2,

x0

x0

x0

x0

x (cid:90)

t1(cid:90)

t2(cid:90)

tn−2(cid:90)

x (cid:90)

. . . P (x) = an dtndtn−1 . . . dt1+

x0

x0

x0

x0

x0

Sau đây ta sẽ xét các dạng đặc biệt khác nhau của các bài toán nội suy.

. . . +an−1 dtn−1 . . . dt1 + . . . + a1 dt1 + a0.

Bài toán 4.4 (Công thức nội suy Hermite). Cho hai số phân biệt (x0 và x1. Tìm tất cả các đa thức P (x) deg P (x) ≤ n (n ∈ N∗) thỏa mãn điều kiện

39

P (x0) = 1,

Lời giải. Theo giả thiết thì P (x) có nghiệm x = x1 bội n nên

P (k)(x1) = 0, k ∈ {0, 1, . . . , n − 1}.

Từ giả thiết P (x0) = 1 suy ra

P (x) = a(x − x1)n.

Từ đó suy ra

1 = a(x0 − x1)n ⇔ a + 1 (x0 − x1)n .

Bài toán 4.5 (Công thức nội suy Hermite). Cho hai số phân biệt (x0 và x1. Tìm tất cả các đa thức P (x) deg P (x) ≤ n + 1 (n ∈ N∗) thỏa mãn điều kiện

P (x) = (x − x1)n (x0 − x1)n .

P (x0) = 1, P (cid:48)(x0) = 1‘

Lời giải.

Theo giả thiết thì P (x) có nghiệm x = x1 bội n nên

P (k)(x1) = 0, k ∈ {0, 1, . . . , n − 1}.

Ta có

P (x) = (x − x1)n(ax + b).

Từ giả thiết P (x0) = 1 suy ra

P (cid:48)(x) = a(x − x0)n + n(ax + b)(x − x0)n−1.

và

1 = (x0 − x1)n(ax0 + b)

Vậy ta nhận được hệ phương trình tuyến tính ẩn a, b

 

1 = a(x0 − x1)n + n(ax0 + b)(x0 − x1)n−1.

1 (x0−x1)n ,



x0a + b =

(x0 − x1)na + n(x0 − x1)n−1(ax0 + b) = 1.

Giải hệ này ta thu được

40

a =

Vậy đa thức cần tìm có dạng

(cid:17)

n − (x0 − x1) (n − 1)(x0 − x1)n+1 , n − (x0 − x1) b = (n − 1)(x0 − x1)n+1 (1 − x0).

Sau đây ta sẽ nêu một số bài toán như là những ví dụ áp dụng trực tiếp của các

công thức nội suy trong đại số và số học.

Bài toán 4.6. Cho

. P (x) = (x − x1)n(cid:16) n − (x0 − x1) (n − 1)(x0 − x1)n+1)(x + 1 − x0)

là đa thức có n nghiệm thực phân biệt x1, x2, . . ., xn. Chứng minh rằng

n (cid:88)

P (x) = anxn + an−1xn−1 + . . . + a1x + a0

(4.2)

i=1

n (cid:88)

= 0 ∀k ∈ {0, . . . , n − 2}. xk i f (cid:48)(xi)

(4.3)

i=1

Lời giải. Theo công thức nội suy Lagrange đối với xk thì

n (cid:88)

= · 1 an xn−1 i f (cid:48)(xi)

i=1

Cho k = 0 và chú ý rằng f (x) = anw(x), ta thu được

n (cid:88)

n (cid:88)

xk = xk i wi(x).

i=1

i=1

1 = wi(x) = w(x) (x − xi)w(cid:48)(xi)

n (cid:81) j=1;j(cid:54)=i

n (cid:88)

n (cid:88)

(x − xj)

i=1

i=1

(cid:17)

(cid:16) n (cid:88)

= = an f (x) (x − xi)f (cid:48)(xi) f (cid:48)(xi)

i=1

Suy ra

n (cid:88)

xn−1 + · · · · = an 1 f (cid:48)(xi)

i=1

= 0. an 1 f (cid:48)(xi)

Vậy nên

n (cid:88)

41

i=1

Vậy (4.2) đúng với k = 0. Với 0 < k ≤ n − 1 ta có

= 0. 1 f (cid:48)(xi)

n (cid:81) j=1;j(cid:54)=i

n (cid:88)

n (cid:88)

(x − xj) xk i

i=1

i=1

(cid:16)

(cid:17)

n (cid:88)

xk = xk i wi(x) = an f (cid:48)(xi)

i=1

So sánh các lũy thừa cùng bậc ta thu được hệ thức ứng với bậc k (0 < k ≤ n − 2)

n (cid:88)

= xn−1 + · · · . an xk i f (cid:48)(xi)

i=1

hay

n (cid:88)

= 0 an xk i f (cid:48)(xi)

i=1

Tương tự, ứng với k = n − 1 thì

n (cid:88)

= 0. xk i f (cid:48)(xi)

i=1

hay

n (cid:88)

= 1 an xn−1 i f (cid:48)(xi)

i=1

tức là (4.2) được chứng minh.

Bài toán 4.7. Giả sử trên đoạn [−1, 1] cho k điểm khác nhau. Với mỗi điểm đã cho

lập tích các khoảng cách từ điểm đó đến (k − 1) điểm còn lại. Như vậy ta thu được k tích tương ứng. Gọi Sk là tổng các nghịch đảo của k tích đó. Chứng minh rằng Sk ≥ 2k−2.

Lời giải. Gọi Tk−1(x) là đa thức Chebyshev loại 1 bậc (k − 1). Theo công thức nội suy Lagrange thì

k−1 (cid:88)

k−1 (cid:89)

= , 1 an xn−1 i f (cid:48)(xi)

(4.4)

n=0

j=0, j(cid:54)=n

So sánh hệ số bậc cao nhất của (4.4) ta được

k−1 (cid:88)

. Tn−1(x) = Tk−1(xn) x − xj xn − xj

n=0

Tk−1(xn) . 2k−2 =

k−1 (cid:81) j=0, j(cid:54)=n

(xn − xj)

Vậy nên

k−1 (cid:88)

42

(cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12)

n=0

Tk−1(xn) 2k−2 ≤

k−1 (cid:81) j=0, j(cid:54)=n

k−1 (cid:88)

(xn − xj)

n=0

≤ .

(cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12)

(xn − xj) |Tk−1(xn)| k−1 (cid:81) j=0, j(cid:54)=n

k−1 (cid:88)

n=0

1 ≤ = Sn.

(cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12)

k−1 (cid:81) j=0, j(cid:54)=n

Bài toán 4.8. Cho x1, x2, . . . , xn ∈ R và n ∈ N∗. Chứng minh rằng

n (cid:88)

n (cid:88)

(xn − xj)

i=1

i=1

xn i = xi.

n (cid:81) j=1, j(cid:54)=i

Lời giải. Xét

n (cid:89)

(xi − xj)

k=1

k. Theo

là một đa thức với hệ số bậc cao nhất bằng E1(x) = x1 + . . . + xn và P (xk) = xn công thức nội suy Lagrange thì

P (x) = xn − (x − xk)

n (cid:88)

(x − xj)

i=1

n (cid:81) j=1, j(cid:54)=i n (cid:81) j=1, j(cid:54)=i

So sánh hệ số bậc cao nhất ta thu được điều phải chứng minh.

Bài toán 4.9. Cho số tự nhiên s và dãy các đa thức Pn(x) ∈ R[x] bậc không vượt s. Giả thiết rằng hàm số g(x) xác định trong (0,1) và thỏa mãn điều kiện

. P (x) = xn i (xi − xj

Chứng minh rằng khi đó tồn tại Q(x) ∈ R[x] bậc không vượt s trùng với g(x) trong (0, 1).

Lời giải.

∀x ∈ (0, 1), n = 1, 2, . . . |g(x) − Pn(x)| < 1 n

Chọn các số a1, . . . , as đôi một khác nhau một cách tuỳ ý trong (0, 1). Khi đó, theo

công thức nội suy Lagrange thì

(cid:104)

(cid:105)

s (cid:89)

s (cid:88)

43

i=0

j=1, j(cid:54)=i

Đặt

s (cid:89)

s (cid:88)

. Pn(x) = Pn(ai) x − aj ai − aj

i=1

j=1, j(cid:54)=i

thì Q(x) ∈ R[x] và deg Q ≤ s. Theo giả thiết thì

= Q(x), P (ai) x − aj ai − aj

nên

Pn(ai) = g(ai) lim n→+∞

n→+∞

Bài toán 4.10. Cho n + 1 số nguyên đôi một khác nhau x0, x1, . . . , xn. Xét các đa thức dạng

(4.5)

Q(x) = lim Pn(x) = g(x).

Chứng minh rằng

(4.6)

P (x) = xn + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0.

Chứng minh. Không mất tính tổng quát ta có thể coi x0 < x1 < · · · < xn thì xn − x0 ≥ n, . . ., xn − xn−1 ≥ 1. Khi đó, theo công thức nội suy Lagrange thì có thể viết (4.5) dưới dạng

(cid:104)

(cid:105)

n (cid:88)

n (cid:89)

|f (xj)| ≥ n! 2n . max j∈{0,1,...,n}

k=0

j=0, j(cid:54)=k

So sánh hệ số của xn ta được

(cid:105)

(cid:104)

n (cid:88)

n (cid:89)

P (x) = . P (xk) x − xj xi − xj

k=0

j=0, j(cid:54)=k

Nếu (4.6) không đúng thì

(cid:105)

(cid:104)

n (cid:88)

n (cid:89)

1 = . P (xk) 1 xi − xj

k=0

j=0, j(cid:54)=k

(cid:105)

1 < |P (xk)| 1 xi − xj

(cid:104) 1 n!

≤ + + · · · + + · · · + n! 2n 1 (n − k)!k! 1 0!n!

n + C1

n + · · · + Cn

n ) = 1,

mâu thuẫn. Vậy ta được điều phải chứng minh.

= 1 (n − 1)!1! 1 2n (C0

Bài toán 4.11. Cho đa thức P (x) bậc không vượt quá 2n và thỏa mãn điều kiện

44

Chứng minh rằng

|P (k)| ≤ 1 ∀k ∈ {−n, −n + 1, . . . , n − 1, n}.

Chứng minh. Theo công thức nội suy Lagrange thì

(cid:104)

(cid:105)

n (cid:89)

n (cid:88)

|P (x)| ≤ 4n ∀x ∈ [−n, n].

j=−n, j(cid:54)=k

k=−n

Suy ra

(cid:17)

(cid:16)

n (cid:89)

n (cid:88)

P (k) P (x) = . x − j k − j

(cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12)

j=−n, j(cid:54)=k

k=−n

Ta có

n (cid:89)

. |P (k)| |P (x)| ≤ x − j k − j

(cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) ≤

j=−n, j(cid:54)=k

Suy ra

2n (cid:88)

n (cid:88)

. x − j k − j (2n)! (n + k)!(n − k)!

k=0

k=−n

Bài toán 4.12. Cho n số thực đôi một khác nhau x1, x2, . . . , xn. Gọi rj là số dư của phép chia đa thức P (x) cho x − xj. Tìm phần dư của phép chia đa thức P (x) cho Q(x) = (x − x1) . . . (x − xn).

Lời giải. Theo giả thiết thì P (xj) = rj và P (x) = Q(x)R(x) + r(x), deg r(x) ≤ n − 1, r(xj) = rj. Do vậy theo công thức nội suy Lagrange thì

(cid:105)

(cid:104)

n (cid:88)

n (cid:89)

= = 22n. |P (x)| ≤ (2n)! (n + k)!(n − k)! (2n)! (k)!(2n − k)!

k=−n

j=1, j(cid:54)=k

đó chính là số dư cần tìm.

Bài toán 4.13. Cho đa thức

, r(x) = rj x − xj xk − xj

thỏa mãn điều kiện |f (x)| ≤ 1 khi |x| ≤ 1. Chứng minh rằng với mọi M > 1 cho trước

ta đều có

f (x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e

|f (x)| ≤ M 4 − |x| ≤ M. M 2 + 1 khi 32 3 32 3

Lời giải. Theo công thức nội suy Lagrange với x1 = −1, x2 = −1/2, x3 = 0, x4 = 1/2 và x5 = 1, thì

(cid:16)

(cid:17)

(cid:17)

45

(cid:16)1 2

Từ đây suy ra

− f (x) = f (−1)ω1(x) + f ω2(x) + f (0)ω3(x) + f ω4(x) + f (1)ω5(x). 1 2

(cid:12) (cid:12) (cid:12)

(cid:12) (cid:12) (cid:12) + )

(cid:12) (cid:12)(x2 − 1)(x2 − (cid:12) +4|f (0)|

(cid:12) (cid:12)(x2 − (cid:12) |f (1/2)|

(cid:12) (cid:12)(x2 − 1)(x2 − (cid:12) |f (−1/2)| (cid:12) 1 x)(x2 − 1) (cid:12) (cid:12) 2

x) |f (x)| ≤ 1 2 2 3 8 3 1 4

(cid:12) (cid:12) ) (cid:12)

+ ) 2 3

(cid:12) (cid:12)(x2 + x)(x2 − (cid:12) |f (1)| 1 2

+

(cid:12) (cid:12)(x2 − x)(x2 − (cid:12) 1 4 1 4

+ 1 4 (cid:12) (cid:12) ) (cid:12) (cid:12) (cid:12) ) (cid:12)

(cid:12) (cid:12)(x2 − x)(x2 − (cid:12) |f (−1)| (cid:12) 1 (cid:12) (cid:12) + ) 4 1 4 (cid:12) (cid:12) (cid:12) + 4 x) (cid:12) 2 x)(x2 − 1) (cid:12) (cid:12) + 3 32 3

(cid:12) 8 (cid:12)(x2 − 1)(x2 − (cid:12) 3 (cid:12) 1 8 (cid:12)(x2 − (cid:12) 2 3 32 3

= x2 + 1 ≤ x4 − M 2 + 1. M 4 − 32 3 8 3 (cid:12) 2 (cid:12) (cid:12) ≤ 3 (cid:12) (cid:12)(x2 − 1)(x2 − (cid:12) (cid:12) (cid:12)(x2 + x)(x2 − (cid:12) 32 3

4.2 Một số dạng toán thi HSG liên quan đến phương

trình và hệ phương trình dạng đa thức

Bài toán 4.14. Cho a0, a1, . . . , an là các số thực và thỏa mãn điều kiện sau

Chứng minh rằng phương trình

+ + · · · + + + · · · + = 0. = a0 + a1 + a0 + a1 2 a2 3 an n + 1 a222 3 a323 4 an2n n + 1

có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (0; 2).

Lời giải. Xét hàm số

a1 + 2a2x + 3a3x2 + · · · + nanxn−1 = 0

Ta có

f (x) = a0x + a1x2 + a2x3 + · · · + anxn+1. 1 2 1 3 1 n + 1

+ + · · · + , f (1) = a0 + a1 2 a2 3

+ 2 + · · · + 2. f (2) = 2a0 + 2a1 + 2. an n + 1 a323 4 a222 3 an2n n + 1

(cid:18)

(cid:19)

46

vì thế từ giả thiết suy ra

= 2 + + · · · + , a0 + a1 + a222 3 a323 4 an2n n + 1

Áp dụng Định lý Rolle, ta thấy tồn tại c1, c2(0 < c1 < 1 < c2 < 2) sao cho

f (0) = f (1) = f (2) = 0.

Từ đó, lại áp dụng Định lý Rolle với hàm f (cid:48)(x), ta thấy tồn tại α, c1 < α < c2 sao cho f (cid:48)(α) = 0.

Do α ∈ (c1, c2) nên α ∈ (0; 2).

Lại thấy

f (cid:48)(c1) = f (cid:48)(c2) = 0.

Vậy α là nghiệm của phương trình

f (cid:48)(x) = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + · · · + anxnf (cid:48)(x) = a1 + 2a2x + 3a3x2 + · · · + nanxn−1.

Đó là điều phải chứng minh.

Bài toán 4.15. Cho P (x) là đa thức bậc n có n nghiệm thực phân biệt x1, x2, . . . , xn. Chứng minh rằng

n (cid:88)

a1 + 2a2x + 3a3x2 + · · · + nanxn−1 = 0.

j=1

Lời giải. Từ giả thiết, ta có thể viết P (x) dưới dạng sau

= 0. P ”(xj) P (cid:48)(xj)

với a (cid:54)= 0.

Suy ra

(cid:19)

(cid:18) 1

P (x) = a(x − x1)(x − x2) . . . (x − xn)

Do P (x1) = P (x2) = · · · = P (xn) = 0, nên theo Định lý Rolle phương trình P (cid:48)(x) = 0 có n − 1 nghiệm phân biệt y1, y2, . . . , yn−1 với x1 < y1 < x2 < y2 < x3 < · · · < yn−1 < xn.

(Theo Định lý Rolle thì phương trình P (cid:48)(x) = 0 có ít nhất n−1 nghiệm y1, y2, . . . , yn−1, mặt khác do deg P (cid:48)(x) = n − 1, vậy phương trình ấy có đúng n - 1 nghiệm như vậy). Vì thế P (cid:48)(x) có thể viết lại dưới dạng sau đây

P (cid:48)(x) = P (x) + + · · · + . x − x1 1 x − x2 1 x − xn

P (cid:48)(x) = b(x − y1)(x − y2) . . . (x − yn−1)

với b (cid:54)= 0.

Suy ra

(cid:19)

(cid:18) 1

47

Từ đây suy ra

P (cid:48)(cid:48)(x) = P (cid:48)(x) + + · · · + . x − y1 1 x − y2 1 x − yn−1

Do P (yk) (cid:54)= 0, nên suy ra

+ + · · · + ) = 0∀k = 1, n − 1. P (cid:48)(yk) = P (yk)( 1 yk − x1 1 yk − x2 1 yk − xn

Vậy nên

+ + · · · + = 0, ∀k = 1, n − 1. 1 yk − x1 1 yk − x2 1 yk − xn

Cộng từng vế n − 1 các đẳng thức dạng trên, ta có

n (cid:88)

n (cid:88) (

= + · · · + , ∀k = 1, n − 1. P (cid:48)(cid:48)(xj) P (cid:48)(xj) 1 xj − y1 1 xj − yn−1

j=1

j=1

n−1 (cid:88) (

= + + · · · + P (cid:48)(cid:48)(xj) P (cid:48)(xj) 1 xj − y1 1 xj − yn 1 xj − yn−1

(4.7)

j=1

Hay

n (cid:88)

= + + · · · + ). 1 yk − x1 1 yk − x2 1 yk − xn

j=1

Đó là điều phải chứng minh.

Bài toán 4.16. Cho số thực dương m và các số thực a, b, c thỏa mãn điều kiện

= 0. P ”(xj) P (cid:48)(xj)

Chứng minh rằng phương trình ax2 + bx + c = 0 có nghiệm. Lời giải. Nếu a = 0 thì hiển nhiên kết luận của bài toán đúng. Nếu a (cid:54)= 0, xét hàm

số

+ + = 0. a m + 2 b m + 1 c m

Khi đó f là một hàm số liên tục trên [0, 1], có đạo hàm trên (0,1) và



f (x) = + + . axm+2 m + 2 bxm+1 m + 1 cxm m

f (cid:48)(x) = axm+1 + bxm + cxm−1 = xm−1(ax2 + bx + c)

 

f (1) = + + = 0. f (0) = 0 b m + 1 a m + 2 c m

Theo Định lý Lagrange tồn tại x0 thuộc khoảng (0;1) sao cho

48

f (1) − f (0) = f (cid:48)(x0)(1 − 0) ⇔ f (cid:48)(x0) = 0

0 + bx0 + c = 0.

Do đó phương trình ax2 + bx + c = 0 có nghiệm trên (0; 1).

Bài toán 4.17 (Định lý Cauchy). Nếu các hàm số f (x), g(x) là các hàm số liên tục trên [a; b], có đạo hàm trên khoảng (a; b) và g(cid:48)(x) khác không trên khoảng (a; b) thì tồn tại c ∈ (a; b) sao cho

⇔ ax2

Lời giải. Theo Định lý Lagrange luôn tồn tại x0 ∈ (a; b) sao cho

= . f (cid:48)(c) g(cid:48)(c) f (b) − f (a) g(b) − g(a)

suy ra g(a) (cid:54)= g(b). Xét hàm số F (x) = f (x) −

g(cid:48)(x0) = g(b) − g(a) b − a)

tục trên [a; b], có đạo hàm trên khoảng (a; b) và

g(x). Khi đó, F (x) là hàm liên f (b) − f (a) g(b) − g(a)

Theo Định lý Rolle tồn tại c ∈ (a; b) sao cho F (cid:48)(c) = 0. Mà

. F (a) = F (b) = f (a)g(b) − f (b)g(a) g(b) − g(a)

F (cid:48)(x) = f (cid:48)(x) − g(cid:48)(x), f (b) − f (a) g(b) − g(a)

suy ra f (cid:48)(c) =

Nhận xét 4.6. Định lý Lagrange là hệ qủa của Định lý Cauchy (trong trường hợp

g(cid:48)(c). f (b) − f (a) g(b) − g(a)

Bài toán 4.18. Cho đa thức P (x) và Q(x) = aP (x) + bP (cid:48)(x) trong đó a, b là các số thực, a (cid:54)= 0. Chứng minh rằng nếu Q(x) vô nghiệm thì P (x) vô nghiệm.

Lời giải. Ta có deg P (x) = deg Q(x). Vì Q(x) vô nghiệm nên deg P (x) chẵn.

Giả sử P (x) có nghiệm, vì deg P (x) chẵn nên P (x) có ít nhất hai nghiệm. +) Khi P (x) có nghiệm kép x = x0 ta có x0 cũng là một nghiệm của P (cid:48)(x) suy ra

g(x) = x).

+) Khi P (x) có hai nghiệm phân biệt x1 < x2.

Q(x) có nghiệm.

Nếu b = 0 thì hiển nhiên Q(x) có nghiệm.

a

Nếu b (cid:54)= 0 : Xét f (x) = e

b xP (x), thì f (x) có hai nghiệm phân biệt x1 < x2 và

a

a

a

a

49

b xP (x) + e

b xP (cid:48)(x) =

b x(aP (x) + bP (cid:48)(x)) =

b xP (x).

Vì f (x) có hai nghiệm suy ra f (cid:48)(x) có ít nhất một nghiệm hay Q(x) có nghiệm.

Bài toán 4.19 (HSG khu vực Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ 2015 - 2016 lớp 10).

Giải hệ phương trình

f (cid:48)(x) = e e e 1 b a b 1 b

 



(1) √ 7x3 + y3 + 3xy(x − y) = 12x2 − 6x + 1 √ 2 9 − x2 + y = 1 x2 + 3 − (2)

Lời giải. Đk −3 ≤ y ≤ 3. (1) ⇔ (y − x)3 = (1 − 2x)3 ⇔ y − x = 1 − 2x ⇔ x + y = 1 ⇔ x = 1 − y. Thế vào (2) ta được: 2(cid:112)(1 − y)2 + 3 − (cid:112)9 − y2 + y = 1 ⇔ 2((cid:112)y2 − 2y + 4 +

√ y − 2) + 3 − 9 − x2 = 0 1 2

(do |y| ≤ 3 ⇔ 2 −

⇔ + = 0 3y2 2 (cid:112)y2 − 2y + 4 + 2 − y 1 2 3 ⇔ y2( + ) = 0 ⇔ y = 0 ⇔ x = 1 y2 3 + (cid:112)9 − y2 1 √ 9 − x2 3 + y) 2((cid:112)y2 − 2x + 4 + 2 − 1 2

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 0).

Bài toán 4.20 (HSG khu vực Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ 2014 - 2015 lớp 10).

y > 0). 1 2

 

.

Giải hệ phương trình



(1) y4 − 2xy2 + 7y2 = −x2 + 7x + 8 √ 3 − x + (cid:112)y2 + 1 = x3 + x2 − 4y2 + 3 (2)

Lời giải. Điều kiện x ≤ 3 (1) ⇔ y4 − 2xy2 + 7y2 + x2 − 7x − 8 = 0 ⇔ (y2 − xy2 + 8)(y2 − x − 1) = 0 ⇔ y2 = x + 1 hoặc y2 = x − 8. Suy ra x ≥ 8. Thay y2 = x + 1 vào (2) ta có:

√ √ 3 − x + x + 2 = x3 + x2 − 4x − 1

√ √ ⇔ + = (x − 2)(x + 1)(x + 2) 2 − x 3 − x + 1 x − 2 x + 2 + 2

√ √ ⇔ (2 − x)[ + + (x + 1)(x + 2)] = 0 1 x + 2 + 2 1 3 − x + 1 ⇔ x = 2 (vì x ≥ −1).

50

√ 3.

.

Bài toán 4.21 (VMO - 2016). Giải hệ phương trình

√ √ 3); (2; − ⇔ y = ± Với y2 = x − 8, mà x ≤ 3 ⇒ x − 8 ≤ −5 ⇒ y2 ≤ −5 (vô lý). Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y) ∈ (cid:8)(2;

Lời giải. Từ hệ ta có ⇔ (x − 1)2 = (z − 1)2 ⇔ x = z hoặc x = 2 − z. Với x=z, hệ trở thành:

+ (x2 − y2 − 2z + 1) = 0 3)(cid:9).  6x − y + z2 = 3  x2 − y2 − 2z = −1  6x2 − 3y2 − y − 2z2 = 0 6x − y + z2 − (6x2 − 3y2 − y − 2z2) 3

6x − y + z2 = 3

⇔ ⇔ 4x2 − 3y2 − y = 0

  

 6x − y + z2 = 3  (x − 1)2 = y2  4x2 − 3y2 − y = 0

 6x − y + z2 = 3  x2 − y2 − 2x = −1  4x2 − 3y2 − y = 0

Với x=y+1 thế vào phương trình đầu của hệ, ta được 6x−(x−1)+x2 = 3 ⇔ x2+5x−2 =

x = y + 1 hoặc x = 1 − y

.

Với y=1-x thế vào (1) được: x =

√ 33 0 ⇔ x = −5 ± 2 √ √ 33 33 ⇔ z = ⇔ y = −5 ± 2 −7 ± 2 √ 65

.

−7 ± 2 √ √ 65 9 ± 65 ⇔ z = ⇔ y = −7 ± 2

Với x=2-z thì hệ trở thành

y = (x + 1)2

⇔ y = y2 + 4 (vô nghiệm). y2 + 4 = (x + 1)2

6x2 − 3y2 − y − 2z2 = 0 2   

Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y; z) ∈ (cid:19)

(cid:19)(cid:27)

(cid:26)(cid:18) −5 ± 2

(cid:18)−7 ± 2

Bài toán 4.22 (USAOP - 1995). Giải hệ phương trình

 

(cid:112)3 − 2x2y − x4y2 + x2(1 − 2x2) = y2 1 + (cid:112)1 + (x − y)2 = x3(x3 − x − 2y2)



√ √ √ √ √ √ 33 33 33 65 9 ± 65 65 ; ; ; ; ; . −7 ± 2 −5 ± 2 −7 ± 2 2

 

.

Lời giải. Hệ phương trình ⇔

(1)

(cid:112)4 − (1 − x2y)2 = 2x4 − x2 + y2 −(cid:112)1 + (x − y)2 = 1 − x6 + x4 − 2x3y2



Cộng (1) và (2) ta được (cid:112)4 − (1 − x2y)2 − (cid:112)1 + (x − y)2 = (x3 − y2)2 + 1 ⇔ (cid:112)4 − (1 − x2y)2 = (cid:112)1 + (x − y)2 + (x3 − y2)2 + 1

(3).

(2)

Tuy nhiên

 

(cid:112)4 − (1 − x2y)2 ≤ 2 (cid:112)1 + (x − y)2 + (x3 − y2)2 + 1 ≥ 2



51

nên (3) xảy ra ⇔

 x2y = 1   x3 = y2

 (cid:112)4 − (1 − x2y)2 = 2  (cid:112)1 + (x − y)2 = 1  (x3 − y2)2 + 1 = 1 Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x; y) = (1; 1).

⇔ ⇔ x = y = 1. x = y

4x − 4 = √ Bài toán 4.23 (VMO - 1995 - Bảng B). Giải phương trình 2x2 −11x+21−3 3

0.

.

Từ đó ta có phương trình (y6 + 8y3 + 16) −

4x − 4 = y ⇔ x = ⇔ x2 = √ Lời giải. Đặt 3 y3 + 4 4 y6 + 8y3 + 16 6

(y3 + 4) − 3y + 21 = 0 ⇔ y6 − 14y3 − 24y + 96 = 0 (1) 11 4 1 8

mãn.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.

Bài toán 4.24 (HSG khu vực Duyên hải và đồng bằng Bắc Bộ năm 2013-2014 lớp

⇔ (y − 2)2(y4 + 4y3 + 12y2 + 18y + 14) = 0. (2) Nếu y ≤ 0 thì VT(1)>0 (vô nghiệm) nên y > 0. Khi đó y4 + 4y3 + 12y2 + 18y + 14 > 0 4x + 4 = 0 ⇔ x = 3. Thử lại, ta thấy nghiệm này thỏa √ nên từ (2) suy ra y = 2, hay 3

10). Giải phương trình (6x − 3)

√ √ √ 7 − 3x + (15 − 6x) 3x − 2 = 2 −9x2 + 27x − 14 + 11.

Lời giải. Đk:

.

 

, a, b ≥ 0.

Đặt

 Ta có

≤ x ≤ 2 3 7 3 √ a = 7 − 3x √ 3x − 2 b =

 

a2 + b2 = 5



(2b2 + 1)a + (2a2 + 1)b = 2ab + 11

 

Đặt

, (S2 ≥ 4P ),

a + b = S



ab = P

ta có hệ

52

 

 





2P = S2 − 5 S2 − 2P = 5 ⇔ 2S(S2 − 5) + S = S2 − 5 + 11 2P S + S = 2P + 11

 

 





(vì S2 + 2S + 2 > 0). Từ đó suy ra

2P = S2 − 5 S = 3 ⇔ ⇔ (S − 3)(S2 + 2S + 2) = 0 P = 2

 

 

hoặc





Thử lại thấy thỏa mãn.

Vậy phương trình có hai nghiệm x=1; x=2.

Bài toán 4.25 (VMO - 2010). Giải hệ phương trình

a = 2 a = 1 ⇔ x = 1 hoặc x = 2. b = 1 b = 2

 

x4 − y4 = 240,



x3 − 2y3 = 3(x2 − 4y2) − 4(x − 8y).

 

Lời giải. Đặt y = 2t, hệ trở thành:

x4 + 16 = 16(t4 + 16) (1)



(cid:17) (cid:16)

(cid:17) (cid:16)

Nhân chéo hai phương trình ta được: (x4+16)((t3−3t2+4t)) = (t4+16)(x3−3x2+4x). Dễ thấy nếu (x,t) là nghiệm thì x.t (cid:54)= 0 nên ta chia hai vế phương trình cho x2t2 được (cid:16)

(cid:17)

(cid:16)

(cid:17)

x3 − 3x2 + 4x = 16(t3 − 3t2 + 4t) (2)

.

t − 3 + x − 3 + = t2 + 16 t2 4 x 4 t

Đặt

. Ta có phương trình

16 x2 x + = u x2 +  



= v t + 4 x 4 t (u2 − 8)(v − 3) = (v2 − 8)(u − 3) ⇔ u2v − v2u − 3(u2 − v2) + 8(u − x) = 0

Từ (1) suy ra x, t cùng dấu.

Do đó áp dụng BĐT AM-GM ta được u, v ≥ 4 hoặc u, v ≤ −4

⇔ (u − v)(uv − 3(u + v) + 8) = 0 ⇔ u = v hoặc uv − 3(u + v) + 8.

⇔ (u − 3), (v − 3) ≥ 1 hoặc (u − 3), (v − 3) ≤ −7

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u = v =4.

Suy ra u = v ⇔ x = t hoặc x =

.

⇔ uv − 3(u + 3) + 8 = (u − 3)(v − 3) − 1 ≥ 0.

Với x = t, thay vào (1) ta được t4 + 16 = 16(t4 + 16) (vô nghiệm).

4 t

Với x =

thay vào (1) ta được

53

Vậy hệ có nghiệm (x; y) ∈ {(4; 2); (−4; −2)}.

Bài toán 4.26 (VMO - 2004 - Bảng B). Giải hệ phương trình

4 t 256 t4 + 16 = 16(t4 + 16) ⇔ t8 + 15t4 − 16 = 0 ⇔ t = ±1.

 

x3 − 3xy2 = −49,



x2 − 8xy + y2 = 8y − 17x.

 

 

Lời giải. Đặt





Ta có hệ

x = x + y = u =⇒ x − y = v y = u + v 2 u − v 2

 

u3 + v3 = −98 (1)



Lấy (2) nhân 3 và cộng với (1), ta được

−3u2 + 5v2 = −9u − 25v (2)

(u − 3)3 + (v + 5)3 = 0 ⇔ u − 3 = −v − 5 ⇔ u = −(v + 2). Thế vào (2) ta được

Với v = -5 thì u = 3, suy ra x = -1; y = 4.

Vậy hệ có nghiệm (x, y) ∈ {(−1; −4); (−1; 4)}.

Bài toán 4.27 (Olympic Austria - 2000). Giải hệ phương trình

v2 + 2v − 15 = 0 ⇔ v = 3 hoặc v=-5. Với v = 3 thì u = -5, suy ra x = -1; y = -4.

 

(x − 1)(y2 + 6) = y(x2 + 1),



Lời giải. Cộng hai phương trình trên cho nhau và rút gọn, ta được:

(y − 1)(x2 + 6) = x(y2 + 1).

Trừ hai phương trình trên cho nhau ta được:

(x − )2 + (y − )2 = . 5 2 1 2 5 2

xy(y − x) + 6(x − y) + (x + y)(x − y) = xy(x − y) + (y − x) ⇔ (x − y)(7 + x + y − 2xy) =

Với x = y thay vào (1) ta có x = y = 2 hoặc x = y = 3.

0 ⇔ x = y hoặc x + y − 2xy + 7 = 0.

Nếu x (cid:54)= y thì từ x + y − 2xy + 7 = 0 ⇔ (x −

.

)(y − ) = 1 2 1 2 15 4

 

Đặt

Ta có

a = x −



b = y − 5 2 5 . 2

54

 

(1) a2 + b2 = 1 2



(a + 2)(b + 2) =

(2)

. ⇔ 2ab + 4(a + b) = 15 4 −1 4 −1 2

 

 

 

hoặc

hoặc

.









Từ đó ta có nghiệm của hệ là (x; y) ∈ {(2; 2); (3; 3); (2; 3); (3; 2)}.

Bài toán 4.28 (HSG khu vực Duyên hải và đồng bằng Bắc Bộ 2013-2014 lớp 11).

a = a + b = 0 a + b = 0 ⇔ ab + 2(a + b) = Cộng (1) với (2), ta được (a + b)2 + 4(a + b) = 0 ⇔ a + b = 0 hoặc a + b = −4. Lấy (2)-(1), ta được (a − b)2 − 4(a + b) = 1. (3) Nếu a + b = −4 thì a = −b − 4, thế vào (3) ta được (−2b − 4)2 + 42 = 1 (vô nghiệm). Nếu a + b = 0 thế vào (3) ta được (a − b)2 = 1 ⇔ a − b = 1 hoặc a − b = −1. Suy ra   1 2 ⇔ a − b = −1 a − b = 1 1 2 b = − b = 1 2 a = − 1 2

√ 2x + y + 2xy + 1 = 1 (1)

.

Giải hệ phương trình

2x − 2y + √ 3 3y + 1 = 8y3 − 2y − 1 (2)

  

x > 0

Lời giải.

(1) ⇔ (2x + 1) − 2(y + 1) + (cid:112)(2x + 1)(y + 1) = 0.

 

 

Điều kiện: (2x + 1)(y + 1) ≥ 0 mà x > 0 nên suy ra

.



2x + 1 > 0 x > 0 =⇒ y ≥ −1 √ √ √ √ √ y ≥ −1 √ 2x + 1 − 2x + 1 + 2 y + 1 = 0 ⇔ y = 2x. y + 1) ⇔ (1) ⇔ (

 2x + 1 − 6x + 1 = (2x)3 + 2x.

√ 6x + 1 = 8x⇔6x + 1 + 3

Nhận xét 4.7. x > 1 không là nghiệm của phương trình.

Với 0 ≤ α ≤

. Ta có:

√ 6x + 1) = f (2x) ⇔ 3 6x + 1 = 2x ⇔ 4x3 − 3x = √ f (t) đồng biến trên R. Vậy suy ra f ( 3 y + 1)( √ Thế vào (2) ta được 3 (3) Xét hàm số f (t) = t3 + t trên R có f (cid:48)(t) = 3t2 + 1 > 0 với mọi t ∈ R, tức là hàm số 1 . 2

π 2

hoặc α =

(k ∈ Z)

.

Do 0 ≤ α ≤

(cid:16)

(cid:17)

4 cos3 α = 3 cos α = ⇔ cos(3α) = ⇔ α = + + k2π 3 −π 9 k2π 3 1 2 π 9 1 2 nên α = π 2 π 9

Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x;y)=

.

Bài toán này đã đưa phương trình về dạng f (u) = f (v), trong đó hàm y = f (t) là

hàm số đồng biến hoặc nghịch biến. Theo tính chất của hàm số thì u = v.

Bài toán 4.29 (VMO - 1995 - Bảng A). Giải phương trình

cos ; 2 cos π 9 π 9

55

Lời giải.

Điều kiện: x ≥ 1.

√ x3 − 3x2 − 8x + 40 − 8 4 4x + 4 = 0.

√ Khi đó ta xét hàm: f (x) = x3 − 3x2 − 8x + 40 và hàm g(x) = 8 4 4x + 4 trên đoạn

(cid:0)24 + 24 + 24 + (4x + 4)(cid:1) = x + 13.

(1)

cho 4 số không âm ta được: 1 g(x) = 4(cid:112)242424(4x + 4) ≤ 4 Dấu bằng xảy ra khi x = 3.

Mặt khác,

[−1; +∞) . Phương trình tương đương: f (x) = g(x). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy

Từ (1) và (2) suy ra g(x) ≤ x + 13 ≤ f (x), cả hai dấu bằng xảy ra đều khi x = 3 nên

f (x) = x3 − 3x2 − 8x + 40 ≥ x + 13 ⇔ (x − 3)(x2 − 9) ≥ 0 ⇔ (x − 3)2(x + 3) ≥ 0.(2) Dấu bằng xảy ra khi x = 3.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3.

Bài toán 4.30 (Olympic Đức - 2000). Giải hệ phương trình

x = 3 là nghiệm duy nhất của phương trình.

 x3 = 2y − 1  y3 = 2z − 1  z3 = 2x − 1

Lời giải. Trước hết ta chứng minh x = y = z.

Thật vậy, không mất tính tổng quát giả sử x = max {x, y, z}, giả sử x (cid:54)= y.

.

Nếu x > y thì y =

Suy ra x = y = z, thế vào phương trình đầu tiên của hệ ta được:

> = z ⇒ y > z, và tương tự thì z > x (mâu thuẫn). x3 + 1 2 y3 + 1 2

hoặc x = 1.

Vậy hệ phương trình có nghiệm:

√ 5 x3 = 2x − 1 ⇔ x = −1 ± 2

(cid:26)

(cid:19)(cid:27)

(cid:18)−1 ± 2

Bài toán 4.31 (VMO - 2006 - Bảng B). Giải hệ phương trình

√ √ √ 5 5 5 (x; y; z) ∈ (1; 1; 1); ; ; . −1 ± 2 −1 ± 2

x3 + 3x2 + 2x − 5 = y

  y3 + 3y2 + 2y − 5 = z 

Lời giải. Giả sử x = max{x; y; z}. Xét 2 trường hợp:

z3 + 3z2 + 2z − 5 = x

+) Nếu x ≥ y ≥ z và từ hệ ta có  

 

 







x3 + 3x2 + 2x − 5 ≤ x (x − 1)((x + 2)2 + 1) ≤ 0 x ≤ 1 ⇔ ⇔ z3 + 3z2 + 2z − 5 ≥ z (z − 1)((z + 2)2 + 1) ≤ 0 1 ≤ z

suy ra x = y = z = 1.

56

 

 

+) Nếu x ≥ z ≥ y và từ hệ ta có:  





 1.

Thử lại, x = y = z = 1 là nghiệm của hệ đã cho. Vậy hệ phương trình có nghiệm

duy nhất: (x; y; z) = (1; 1; 1).

Bài toán 4.32 (Olympic Bulgari - 2000). Tìm tất cả các số thực m để phương trình

sau có 3 nghiệm phân biệt:

x ≤ 1 (x − 1)((x + 2)2 + 1) ≤ 0 x3 + 3x2 + 2x − 5 ≤ x ⇒ x = y = z = ⇔ ⇔ 1 ≤ y (y − 1)((y + 2)2 + 1) ≤ 0 y3 + 3y2 + 2y − 5 ≥ y

Lời giải. Phương trình tương đương với: x2 − 2mx − 4(m2 + 1 = 0 ⇔ (x − m)2 = 5m2 + 4

(1)

(2)

hoặc x2 − 4x − 2m(m2 + 1 = 0 ⇔ (x − 2)2 = 2(m3 + m + 1). Phương trình ban đầu có 3 nghiệm phân biệt thì xảy ra các trường hợp sau: (1) có

nghiệm kép khác với 2 nghiệm phân biệt của (2) hoặc (2) có nghiệm kép khác với 2

nghiệm phân biệt của (1) hoặc (1),(2) đều có 2 nghiệm phân biệt nhưng có 1 nghiệm

chung.

- Do 5m2 + 4 > 0 nên (1) chỉ có thể có 2 nghiệm phân biệt chứ không thể có nghiệm

kép suy ra trường hợp thứ nhất không xảy ra.

- (2) có nghiệm kép khi và chỉ khi 2(m3 + m + 1) = 0 ⇔ m = −1. khi đó (2) có nghiệm kép x = 2; (1) ⇔ (x + 1)2 = 9 ⇔ x = 2; x = −4. Suy ra phương trình ban đầu chỉ có 2 nghiệm phân biệt là x = 2; x = −4 (không thỏa mãn).

- Với trường hợp cuối cùng, ta gọi r là nghiệm chung của (1) và (2) thì (x - r) là thừa số chung của 2 biểu thức: x2 − 2mx − 4(m2 + 1; x2 − 4x − 2m(m2 + 1. Trừ 2 biểu thức cho nhau ta có (x - r) là thừa số của (2m − 4)x − (2m3 − 4m2 + 2m − 4) hay (2m − 4)r = (2m − 4)(m2 + 1). Vì vậy, m = 2 hoặc r = m2 + 1.

Nếu m = 2 thì cả (1) và (2) đều trở thành (x − 2)2 = 24 nên phương trình ban đầu

chỉ có 2 nghiệm phân biệt, suy ra m = 2 không thỏa mãn.

Nếu r = m2 + 1 ⇒ (r − 2)2 = 2(m3 + m + 2) ⇔ (m2 − 1)2 = 2(m3 + m + 2) ⇔ (m + 1)(m − 3)(m2 + 1) = 0 ⇔ m = −1 hoặc m = 3. Nhưng m = -1 ta đã loại ở trên nên suy ra m = 3.

Với m = 3 thì (x − 3)2 = 49 ⇔ x = −4; x = 10; (2) ⇔ (x − 2)2 = 64 ⇔ x = −6; x = 10.

(x2 − 2mx − 4(m2 + 1)(x2 − 4x − 2m(m2 + 1).

Suy ra phương trình ban đầu có 3 nghiệm phân biệt x = −4; x = −6; x = 10 (thỏa

mãn).

Vậy với m = 3 thì phương trình có 3 nghiệm phân biệt.

57

Bài toán 4.33 (IMO - 1961). Giải hệ

x + y + z = a (1)

(2)

  x2 + y2 + z2 = b2  xy = z2 trong đó a, b là những hằng số cho trước. Các số a, b phải thỏa mãn điều kiện gì để

các nghiệm x, y, z của hệ là dương phân biệt?

Lời giải. Bình phương 2 vế của (1), ta được

(3)

a2 = x2 + y2 + z2 + 2xy + 2(x + y)z. Mà x + y = a − z và từ (2), (3), ta được

a2 = b2 + 2z2 + 2(a − z)z ⇔ a2 = b2 + 2az ⇔ z = . a2 − b2 2a

√

Khi đó ta có  

 

x + y = a − z = x = ± √ ⇔





Để x, y, z > 0 thì x + y > 0 suy ra

xy = z2 = y = ∓ a2 + b2 2a (a2 + b2)2 4a2 a2 + b2 4a a2 + b2 4a 10a2b2 − 3a4 − 3b4 4a 10a2b2 − 3a4 − 3b4 4a

> 0 nên a > 0. Với điều kiện này thì a2 + b2 2a x > 0, y > 0vxy > 0.

(4)

Mặt khác, z = Để x (cid:54)= y ⇒ 10a2b2 − 3a4 − 3b4 > 0.

(5)

Đặt t =

theo (4) ta có: 1 > t ≥ 0 và có thể viết (5) dưới dạng: −3t4 + 10t2 − 3 >

(cid:19) (cid:18)

(cid:19)

(cid:18)

> 0 nên a2 > b2 và a > |b|. a2 − b2 2a

(cid:0)t −

Vì t > 0 nên t+

.

|b| a √ √ t − t + 0 ⇔ −3 (cid:0)t + 1 √ 3 3(cid:1) √ 3(cid:1) > 0 (6) √ 3; t+ 3 < 0 ⇒ (6) ⇔ t− > 0 ⇒ t > > 0 và vì t < 1 nên t− 1 √ 3 1 √ 3 1 √ 3 1 √ 3

Như vậy 1 > t >

Vậy nghiệm của hệ là:

(cid:19)

⇒ 1 > > ⇔ a > |b| > , a > 0. |b| a 1 √ 3 1 √ 3 a √ 3

(cid:18)a2 + b2 4a

(x, y, z) = ± ; ∓ ; ∆ 4a a2 + b2 4a ∆ 4a a2 − b2 2a

với ∆ =

của hệ là dương phân biệt.

Bài toán 4.34 (VMO - 1995 - 1996 - Bảng A). Biện luận số nghiệm thực của hệ

√ 10a2b2 − 3a4 − 3b4 và a > |b| > , a > 0 là điều kiện để các nghiệm x, y, z a √ 3

58

 

trong đó a,b là những hằng số cho trước.

x3y − y4 = a2



x2y + 2xy2 + y3 = b2

 

Lời giải. Hệ tương đương:

y(x3 − y3) = a2(1)



Xét các trường hợp sau:

y(x + y)2 = b2(2)

 

1. b = 0. khi đó: (2) ⇔

y = o



Do vậy hệ đã cho tương đương

y = −x

 

(4.8)

y = 0



hoặc

y(x3 − y3) = a2

 

(4.9)

y = −x



y(x3 − y3) = a2

 



+) Nếu a (cid:54)= 0 thì (4.8) và (4.9) cùng vô nghiệm nên hệ vô nghiệm. +) Nếu a = 0 thì (4.8) có vô số nghiệm dạng (x ∈ R; y = 0) còn (4.9) có 1 nghiêm

(0; 0) nên hệ vô nghiệm.

2. b (cid:54)= 0. Khi đó, nếu (x; y) là nghiệm của hệ thì phải có x > 0, y > 0. Vì thế

y = −x (II) ⇔ −2x4 = a2

Thế vào (4.8) ta được

(cid:35)

(cid:19)3

x = − y. |b| √ y

(4.10)

(cid:34)(cid:18) |b| √ y

− y − y3 y = a2

Đặt

(cid:35)

(cid:19)3

y = t, t > 0. Từ (4.10) ta có phương trình sau:

t2 − t2 − t6 = a2 √ (cid:34)(cid:18)|b| t

(4.11)

Xét f (t) = t9 − (|b| − t3)3 + a2t trên [0; +∞) , ta có f (cid:48)(t) = 9t8 + 9(|b| − t3)2t2 + a2 ≥ 0, ∀t ∈ [0; +∞).

⇔ t9 − (|b| − t3)3 + a2t = 0.

Suy ra đồng biến trên [0; +∞) nên (4.11) có tối đa 1 nghiệm trong (0; +∞). Mà f (0) = −(|b|)3 < 0, f ( 3(cid:112)|b| = (|b|)3 + |b|a2 > 0 nên (4.11) có 1 nghiệm duy nhất. Kí hiệu

(cid:19)

59

nghiệm đó là: t0 ∈ (0; +∞) Suy ra hệ có nghiệm duy nhất: (x; y) =

(cid:18)|b| t0

Vậy nên:

- Nếu a = b = 0 thì hệ có vô số nghiệm.

- Nếu a tùy ý, b (cid:54)= 0 thì hệ có nghiệm duy nhất.

- Nếu a (cid:54)= 0, b = 0 thì hệ vô nghiệm.

Bài toán 4.35 (Olympic Ukrain 1998 -1999). Tìm tất cả các nghiệm thực của hệ

 



. − t0; t2 0

2 + · · · + x4

1997 = x3

1 + x3

2 + · · · + x3

1997

Lời giải. Ta sẽ chứng minh hệ trên chỉ có nghiệm: x1 = x2 = · · · = x1997. Đặt Sn = xn

1997 Theo bất đẳng thức lũy thừa trung bình ta có:

1 + · · · + xn

4

(cid:19) 1

x1 + x2 + · · · + x1997 = 1997 x4 1 + x4

(cid:18) S4 1997

và

4

3

3

(cid:19) 1

(cid:19) 1

(cid:19) 4

= 1 ≥ S1 1997

(cid:18) S4 1997

(cid:18) S3 1997

(cid:18) S4 1997

≥ = .

Do đó

Vì vậy bất đẳng thức xảy ra dấu bằng ⇔ x1 = x2 = · · · = x1997 = 1. Vậy hệ có nghiệm duy nhất (x1; x2; . . . ; x1997) = (1; 1; . . . ; 1).

Bài toán 4.36 (VMO - 2004 - Bảng A). Giải hệ phương trình

 x3 + x(y − z)2 = 2  y3 + y(z − x)2 = 30  z3 + z(x − y)2 = 16

Lời giải. Hệ tương đương với:

≤ 1. S4 1997

 x(x2 + y2 + z2) − 2xyz = 2  (y − z)(x2 + y2 + z2) = 14  (z − x)(x2 + y2 + z2) = 14

 x(x2 + y2 + z2) − 2xyz = 2  y(x2 + y2 + z2) − 2xyz = 30  z(x2 + y2 + z2) − 2xyz = 16

⇔

Dễ thấy (0; 0; 0) không là nghiệm của hệ, do đó hệ tương đương với:

60

⇔ (∗)

 x(x2 + y2 + z2) − 2xyz = 2  (y − z)(x2 + y2 + z2) = 14 

 2x3 − 2x2z + xz2 = 2  5z3 − 16xz2 + 20x2z − 16x3 = 0 

, từ (*) ta có:

y = 2z − x y = 2z − x

Vì x, z (cid:54)= 0 nên đặt t = 5t3 − 16t2 + 20t − 16 = 0 ⇔ (t − 2)(5t2 − 6t + 8) = 0 ⇔ t = 2 ⇒ z = 2x.

Khi đó hệ tương đương:

z x

x = 1

⇔ z = 2x y = 3

 2x3 − 2x2z + xz2 = 2  

  

Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (x; y; z) = (1; 3; 2).

y = 2z − x z = 2

61

Kết luận

Luận văn "Khảo sát nghiệm của phương trình sinh bởi đạo hàm và nguyên

hàm của một đa thức” đã giải quyết được những vấn đề sau:

1. Luận văn đã trình bày chi tiết một số dạng toán liên quan đến nghiệm

thực của đa thức, phát biểu và chứng minh các điều kiện cần và đủ để các

đa thức bậc hai, bậc ba và bậc bốn có các nghiệm đều thực và mối liên hệ

giữa đa thức với đạo hàm và nguyên hàm của nó.

2. Trình bày các dạng toán liên quan đến khảo sát nghiệm một số dạng

phương trình đa thưsc bậc cao.

3. Cuối cùng, luận văn trình bày các đề toán thi học sinh giỏi trong nước,

Olympic khu vực và quốc tế liên quan đến phương trình đa thức. . .

Tài liệu tham khảo

[A] Tiếng Việt

[1] Lê Hải Châu (2008), Các bài thi Olympic Toán trung học phổ thông Việt

Nam (1990 - 2006), NXB Giáo dục.

[2] Nguyễn Văn Mậu (2002), Đa thức đại số và phân thức hữu tỷ, NXB Giáo

dục.

[3] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm thế Long, Nguyễn Minh Tuấn

(2006), Các đề thi olympic Toán sinh viên toàn quốc, NXB Giáo dục.

[4] Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Văn Ngọc (2009), Đa thức đối xứng và áp dụng,

NXB Giáo dục.

[B] Tiếng Anh

[5] Victor Prasolov (2001), Polynomial in Algorithms and computation in

mathematics, Vol.11, Springer-Verlag, Berlin-Heidelberg, 2010.