Luận văn Nguyên lý descartes và ứng dụng trong khảo sát đa thức thực

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGÔMINH HIẾU
NGUYÊN LÝ DESCARTES VÀ ỨNG DỤNG
TRONG KHẢO SÁT ĐA THỨC THỰC
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên - 2015
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
NGÔMINH HIẾU
NGUYÊN LÝ DESCARTES VÀ ỨNG DỤNG
TRONG KHẢO SÁT ĐA THỨC THỰC
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 - 2015
iMục lục
Lời cam đoan ii
Lời cảm ơn iii
Mở đầu 1
1 Một số kiến thức bổ trợ về đa thức 3
1.1 Một số tính chất cơ bản của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Nguyên lý Descartes đối với đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Hệ quả trực tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2 Biểu diễn một số dạng đa thức dương trên một đoạn 16
2.1 Biểu diễn đa thức dương trên nửa trục thực . . . . . . . . . . . . . . 16
2.2 Biểu diễn đa thức dương trên một đoạn . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.3 Nguyên lý Descartes đối với đa thức nguyên hàm . . . . . . . . . . 31
3 Một số ứng dụng của nguyên lý Descartes 59
3.1 Biện luận số nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
3.2 Một số ứng dụng khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66
Kết luận và Đề nghị 70
Tài liệu tham khảo 71
ii
Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan các số liệu và kết quả nghiên cứu trong luận văn này là trung
thực và không trùng lặp với các đề tài khác. Tôi cũng xin cam đoan mọi thông tin
trích dẫn trong luận văn đã được chỉ rõ nguồn gốc.
Thái Nguyên, ngày 10 tháng 4 năm 2015
Học viên
Ngô Minh Hiếu
iii
Lời cảm ơn
Trước hết, tôi muốn gửi những lời biết ơn sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học
của mình, GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu, người đã hết lòng giúp đỡ, động viên và chỉ
bảo tôi trong quá trình học tập và luận văn này.
Tôi muốn gửi lời cảm ơn đến Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên
vì luôn tạo điều kiện thuận lợi dành cho tôi trong suốt thời gian học tập tại Khoa.
Cuối cùng tôi muốn gửi những tình cảm đặc biệt tới đại gia đình tôi, những người
luôn động viên và chia sẻ những khó khăn trong quá trình hoàn thành luận văn.
1Mở đầu
Đa thức có vị trí rất quan trọng trong toán học không những là một đối tượng
nghiện 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 điều khiển, tối ưu. . . Ngoài ra, lý thuyế
về đa thức còn được sử dụng nhiều trong toán cao cấp, toán ứng dụng.
Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic quốc tế thì các bài toán về đa
thức cũng được đề cập nhiều và được xem như là dạng toán khó của bậc phổ thong.
Các bài toán lien quan đến đa thức cũng nằm trong chương trình thi Plympic sinh
viên giữa các trường đại học và cao đẳng về Giải tích và Đại số.
Tuy nhiên cho đến nay đa thức chỉ được trình bày ở dạng sơ lược, các bài tập về
đa thức chưa được phân loại và hệ thống hóa một cách chi tiết. Tài liệu về đa thức
chưa có nhiều, còn chưa được hệ thống theo dạng toán cũng như phương pháp giải.
Vì vậy, việc khảo sát sâu hơn các bài toán về đa thức gặp rất nhiều khó khăn, nhất là
về thuật toán.
Để đáp ứng cho nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi về
chuyên đề đa thức, luận văn “Nguyên lý Descartes và ứng dụng trong khảo sát đa
thức thực” phần nào sẽ giúp bổ sung bồi dưỡng thêm kiến thức còn thiếu của giáo
viên và học sinh về đa thức và ứng dụng của đa thức.
Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia làm 3 chương đề cấp đến
các vấn đề sau đây:
• Chương 1 trình bày các tính chất cơ bản của đa thức thực và nguyên lý Descartes.
• Chương 2 trình bày biểu diễn một số dạng đa thức dương trên một đoạn.
• Chương 3 trình bày một số ứng dụng của nguyên lý Descartes.
2Thái Nguyên, tháng 05 năm 2015
Ngô Minh Hiếu
Học viên Cao học Lớp B Khóa 06/2013-06/2013
Chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên
Email: minh_hieu1678@yahoo.com
3Chương 1
Một số kiến thức bổ trợ về đa thức
1.1 Một số tính chất cơ bản của đa thức
Định nghĩa 1.1.1 (xem [3]). Một đa thức bận n của ẩn Pn(x) là biểu thức dạng
Pn(x) = anx
n + an−1xn−1 + . . .+ a1x+ a0
trong đó các hệ số an, an−1, . . . , a1, a0 là những số thực (hoặc phức) và an 6= 0, n ∈
N.
Ta kí hiệu
(i) Bậc của đa thức Pn(x) là degPn(x). Do vậy degPn(x) = n.
(ii) an - hệ số cao nhất (chính) của đa thức.
(iii) a0 - hệ số tự do của đa thức.
(iv) anxn - hạng tử cao nhất.
Chú ý 1.1.2. Về sau ta chỉ xét các đa thức Pn với các hệ số của nó đều là thực và gọi
tắt là đa thức thực.
Định nghĩa 1.1.3 (xem [3]). Cho đa thức
Pn (x) = anx
n + an−1xn−1 + . . .+ a1x+ a0, với an 6= 0.
Số α ∈ C được gọi là nghiệm của đa thức Pn(x) nếu Pn(α) = 0.
4Nếu tồn tại k ∈ N, k > 1 sao cho Pn (x) ... (x− α)k nhưng P −n(x) không chia
hết cho (x− α)k+1 thì α được gọi là nghiệm bội k của đa thức Pn(x).
Đặc biệt, k = 1 thì α được gọi là nghiệm đơn, k = 2 thì α được gọi là nghiệm
kép.
Định lí 1.1.4 (Gauss, xem [3]). Mọi đa thức bậc n ≥ 1 trên trường C đều có đúng n
nghiệm nếu mỗi nghiệm được tính một số lần bằng bội của nó.
Bổ đề 1.1.5 (xem [3]). Các nghiệm phức thực sự của phương trình đa thức thực
Pn(z) = 0 xuất hiện theo từng cặp nghiệm liên hợp.
Định lí 1.1.6 (xem [3]). Mọi đa thức với hệ số thực đề có thể biểu diễn dưới dạng
Pn (x) = a0(x− α1)n1 . . . (x− αr)nr
(
x2 + p1x+ q1
)m1
. . .
(
x2 + psx+ qs
)ms
trong đó
r∑
i=1
ni + 2
s∑
i=1
mi = n, p
2
i − 4qi < 0, i = 1, s.
và α1, α2, . . . , αr; p1, p2, . . . , ps ∈ R.
Từ Định lí 1.1.6 ta dễ dàng suy ra các hệ quả quan trọng sau đây.
Hệ quả 1.1.7.
(1) Số nghiệm phức của một đa thức với hệ số thực (nếu có) luôn là số chẵn.
(2) Nếu đa thức f(x) với hệ số thực chỉ có nghiệm phức thì f(x) là một đa thức bậc
chẵn.
(3) Giả sử Pn(x) là đa thức bậc n có k nghiệm thực với k ≤ n thì n và k cùng tính
chẵn lẻ.
(4) Đa thức bậc lẻ với hệ số thực luôn có ít nhất một nghiệm thực.
Định lí 1.1.8 (xem [3]). Một đa thức thực bậc n đều có không quá n nghiệm thực.
5Định lí 1.1.9 (Tính chất của hàm đa thức, xem [3]). Mọi đa thức Pn(x) ∈ R[x] đều
xác định và liên tục trên R. Ngoài ra,
Pn (x) = anx
n + an−1xn−1 + . . .+ a1x+ a0, với an 6= 0.
Khi x→ +∞ thì Pn(x)→ d(an)∞. Khi x→ +−∞ thì Pn(x)→ (−1)nd(an)∞
trong đó n = degPn(x), an là hệ số chính và
d(a) =

+ nếu a > 0
− nếu a < 0
0 nếu a = 0
1.2 Nguyên lý Descartes đối với đa thức
Xét dãy số thực a0, a1, . . .(hữu hạn hoặc vô hạn) cho trước.
Định nghĩa 1.2.1 (xem [3]). Chỉ sốm, (m ≥ 1) được gọi là vị trí (chỗ) đổi dấu của
dãy nếu am−1am < 0 hoặc là
am−1 = am−2 = . . . = am−(k+1)
và
am−kam k ≥ 2)
Trong trường hợp thứ nhất thì am−1 và am, còn trong trường hợp thứ hai thì am−k
và am lập thành vị trí đổi dấu. Số lần đổi dấu (bằng số vị trí dổi dấu) của một dãy
nào đó vẫn không thay đổi nếu các số hạng bằng 0 được bỏ đi còn những số hạng
còn lại vẫn bảo toàn vị trí tương hỗ của chúng.
Nhận xét 1.2.2. Ta có các nhận xét sau đây.
(1) Các dãy số a0, a1, a2, . . . , an và an, an−1, . . . , a0 có cùng một số lần đổi dấu.
(2) Khi gạch bỏ các số hạng của dãy, số lần đổi dấu không tăng lên.
6(3) Khi đặt và giữa các số hạng của dãy một số lượng tùy ý các số hạng bằng 0, số
vị trí đổi dấu của dãy cũng không thay đổi.
(4) Số vị trí đổi dấu 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.
(5) Nếu p0 > 0, p1 > 0, . . . thì các dãy a0, a1, a2, . . . và a0p0, a1p1, a2p2, . . . có
cùng những vị trí đổi dấu.
(6) Dãy a0, a1 + a0, a2 + a1, . . . , an + an−1, an có số vị trí đổi dấu không lớn hơn so
với dãy a0, a1, a2, . . . , an.
Bài toán 1.2.1 (xem [3]). Giả sử giá trị của đa thức f(x) tại các điểm a và b là khác
0. Khi đó khoảng (a, b) sẽ chứa một số chẵn (hoặc số lẻ) các không điểm của hàm
ấy nếu f(a) và f(b) có cùng dấu (trái dấu) nhau.
Lời giải. Nhận xét rằng đa thức f(x) chỉ có thể chứa một số hữu hạn các không
điểm trong khoảng (a, b). Khi f(x) có không điểm có bội chẵn thì dấu của f(x) qua
không điểm đó là không đổi. Khi f(x) có không điểm có bội lẻ thì dấu của f(x) sẽ
thay đổi. Từ đó suy ra kết luận của bài toán.
Bài toán 1.2.2 (xem [3]). Giả sử aj, ak khác 0. Khi đó dãy số hữu hạn
aj, aj+1, . . . , ak−1, ak
sẽ có một số chẵn (hoặc một số lẻ) vị trí đổi dấu nếu aj và ak cùng dấu (hay trái
dấu).
Lời giải. Xét dãy
aj, aj+1, aj+2, . . . , ak−1, ak.
Ta thực hiện các bước như sau.
• Giữ nguyên aj (= b0),
7• Giữ lại aj+1 nếu aj+1 trái dấu với aj . Nếu xảy ra aj+1 = 0 hoặc aj+1 cùng dấu
với aj thì loại bỏ aj+1.
• Tiếp tục quá trình như vậy, nếu số nào cùng dấu với số đứng trước nó hoặc
bằng 0 thì gạch bỏ, ta được một dãy mới đan dấu như sau.
aj = b0, b1, b2, . . . , bm bm cùng dấu với ak.
– Nếu b0 và bm cùng dấu thì rõ ràng số vị trí đổi dấu của dãy b0, b1, b2, . . . , bm
là số chẵn.
– Nếu b0 và bm trái dấu thì số vị trí đổi dấu của dãy là một số lẻ.
Từ đó ra có điều phải chứng minh.
Bài toán 1.2.3 (xem [3]). Nếu j+ 1 và k+ 1 (j < k) là những vị trí dổi dấu kề nhau
của dãy a0, a1, a2, . . . thì dãy của các hiệu số
aj+1 − aj, aj+2 − aj+1, . . . , ak − ak−1, ak+1 − ak
có một số lẻ vị trí đổi dấu (do đó có ít nhất một lần đổi dấu).
Lời giải. Theo giả thiết ta có
sign (aj+1) = sign (aj+1 − aj) sign (ak+1) = sign (ak+1 − ak)
Từ giả thiết sign (aj+1) = − sign (ak+1) 6= 0 ta suy ra
sign (aj+1 − aj) = − sign (ak+1 − ak) 6= 0.
Do đó và trái dấu nhau. Theo kết quả của Bài toán 1.2.2 ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 1.2.4 (xem [3]). Chứng minh rằng nếu dãy số
a0, a1, a2, . . . , an
có ω vị trí đổi dấu thì dãy hiệu lập thành từ dãy đó
a1 − a0, a2 − a1, . . . , an − an−1
có ít nhất ω − 1 vị trí đổi dấu.
8Lời giải. Ta ký hiệu những vị trí đổi dấu ta cần quan tâm là
k1 + 1, k2 + 1, . . . , kω+1,
mà
0 ≤ k1 < k2 < . . . < kω ≤ n− 1.
Khi đó mỗi dãy sau
ak1+1 − ak1, ak1+2 − ak1+1, . . . , ak2+1 − ak2,
ak2+1 − ak2, ak2+2 − ak2+1, . . . , ak3+1 − ak3,
. . .
akω+1 − akω , akω+2 − akω+1, . . . , akω+1 − akω
Sẽ có ít nhất một vị trí đổi dấu (theo kết quả Bài toán 1.2.3).
Bài toán 1.2.5 (xem [3]). Nếu dãy hữu hạn
a0, a1, a2, . . . , an
có ω vị trí đổi dấu thì dãy tạo nên từ nó theo cách sau
a0, a1 − a0, a2 − a1, . . . , an − an−1, an
sẽ có không ít hơn vị trí đổi dấu (loại trừ trường hợp tầm thường khi mọi số hạng
của dãy đều bằng 0).
Lời giải. Ta sử dụng ký hiệu như trong Bài toán 1.2.4. Mỗi dãy
a0, a1 − a0, a2 − a1, . . . , ak1+1 − ak1,
. . .
akω+1 − akω , akω+2 − akω+1, . . . , an−1 − an, an
đều bổ sung thêm cho các vị trí một vị trí đổi dấu. Thật vậy, giả sử aα là số hạng đầu
tiên khác 0 của dãy. Khi đó 0 ≤ α ≤ k1 và
sign (aα − aα−1) = sign (aα) = − sign (ak1+1) = − sign (ak1+1 − ak1)
9(theo kết quả của Bài toán 1.2.2).
Lập luận hoàn toàn tương tự ta được kết quả cho các dãy tiếp theo đã viết ở trên.
Định nghĩa 1.2.3 (xem [3]). Ta gọi sự đổi dấu và vị trí đổi dấu của đa thức
P (x) = anx
n + an−1xn−1 + . . .+ a1x+ a0
chính là sự đổi dấu và vị trí đổi dấu của dãy hệ số
an, an−1, . . . , a1, a0.
Bài toán 1.2.6 (xem [3]). Chứng minh rằng nếu α > 0 thì các đa thức P (x) và
P (αx) sẽ có số vị trí đổi dấu là như nhau.
Lời giải. Dễ dàng chứng minh bài toán trên dựa vào Nhận xét 1.2.2-(5).
Thật vậy, vì hai dãy
an, an−1, . . . , a1, a0,
αnan, α
n−1an−1, . . . , αa1, a0
có chung những vị trí đổi dấu.
Bài toán 1.2.7 (xem [3]). Chứng minh rằng đa thức f (x) (x+ 1) có số vị trí đổi
dấu không nhiều hơn số vị trí đổi dấu đối với đa thức
f (x) = anx
n + an−1xn−1 + . . .+ a1x+ a0.
Lời giải. Ta có
f (x) (x+ 1) = a0 + (a1 + a0)x+ (a2 + a1)x
2 + . . . (an + an−1)xn + anxn+1
có dãy hệ số là
a0, a1 + a0, a2 + a1, . . . , an + an−1, an
sẽ có số vị trí đổi dấu không nhiều hơn so với dãy số
a0, a1, a2, . . . , an−1, an (dựa vào Nhận xét 1.2.2-(6)).
10
Bài toán 1.2.8 (xem [3]). Giả sử cho số. Chứng minh rằng khi ta chuyển từ đa thức
P (x) = a0 + a1x+ a2x
2 + . . .+ anx
n
đến đa thức
g (x) = (a− x) (a0 + a1x+ a2x2 + . . .+ anxn)
= aa0 + (aa1 − a0)x+ (aa2 − a1)x2 + . . .− anxn+1
thì số vị trí đổi dấu tăng thêm.
Lời giải. Thay x bởi αx ta thu được
g (ax) = (a− ax) (a0 + a1ax+ a2a2x+ . . .+ ananxn)
= aa0 + (aa1 − a0) ax+ (aa2 − a1) a2x2
+ . . .+ (aan − an−1) anxn − anan+1xn+1
là đa thức có dãy hệ số là
aa0, (aa1 − a0) a, (aa2 − a1) a2, . . . , (aan − an−1) an,−anan+1.
Để ý rằng dãy hệ số
a0, a1, a2, . . . , an−1, an
có cùng vị trí đổi dấu như đối với dãy
aa0, (aa1 − a0) a, (aa2 − a1) a2, . . . , (aan − an−1) an
nên số vị trí đổi dấu của dãy
aa0, (aa1 − a0) a, (aa2 − a1) a2, . . . , (aan − an−1) an,−anan+1
tăng thêm ít nhất một vị trí đổi dấu. Vậy g(αx) có số vị trí đổi dấu tăng thêm ít nhất
một, mà g(x) và g(αx) có cùng vị trí đổi dấu (Bài toán 1.2.7) nên từ đó ta suy ra
điều phải chứng minh.
11
Bài toán 1.2.9 (Quy tắc của dấu Descartes, [3]). Giả sử N là số không điểm dương
của đa thức
P (x) = a0 + a1x+ a2x
2 + . . .+ anx
n
và W là số lần đổi dấu trong dãy các hệ số của nó. Chứng minh rằng W ≥ N và
W −N là một số chẵn.
Lời giải. Khẳng định 1:W ≥ N . Giả sử là những không điểm dương của đa thức
P (x) = a0 + a1x+ a2x
2 + . . .+ anx
n.
Khi đó, ta có
P (x) = Q (x) (α1 − x) (α2 − x) . . . (αN − x) ,
trong đó Q(x) là đa thức bậc n − N với các hệ số thực. Nhận xét rằng Q(x) có số
vị trí đổi dấu không âm, Q (x) (α1 − x) có số vị trí đổi dấu lớn hơn hay bằng 1 (Bài
toán 1.2.8); Q (x) (α1 − x) (α2 − x) có số vị trí đổi dấu lớn hơn hay bằng 2,. . . Sau
cùng là
Q (x) (α1 − x) (α2 − x) . . . (αN − x)
có số vị trí đổi dấu lớn hơn hay bằng N và đó chính là điều phải chứng minh.
Khẳng định 2:W −N là số chẵn. Giả sử aα là hệ số khác 0 đầu tiên của đa thức và
aω là hệ số khác 0 cuối cùng của đa thức P (x) thì khi đó ω < α (nếu ω = α thì điều
cần chứng minh là hiển nhiên) nên ta xét trường hợp ω < α và
0 < z1 < α1 ≤ α2 ≤ α3 ≤ . . . ≤ αN < z2 < +∞.
Hiển nhiên đối với z1 đủ gần 0 và z2 đủ lớn thì
signP (z1) = sign (aα) , signP (z2) = sign (aω)
(Bài toán 1.2.1 và 1.2.2) nên W − N là số chẵn. Nếu signP (z1) = sign (aα) và
signP (z2) = sign (aω) trái dấu nhau thì số vị trí đổi dấu của P (x) và số không
điểm dương P (x) đều cùng lẻ nênW −N là một số chẵn.
12
Một số ví dụ
Ví dụ 1.2.4. Chứng minh rằng đa thức
f (x) = x4 − 6x3 + 8x2 + 4x− 1
có ít nhất một nghiệm dương.
Lời giải. Xét dãy dấu các hệ số là + − + + −. Suy ra W = 3. Gọi số không điểm
dương của f(x) bằng N . Ta có 3−N = 2k (k ∈ Z+) và N = 1 hoặc N = 1.
Vì f (0) f (1) < 0 nên đa thức đã cho có ít nhất một nghiệm dương trong khoảng
(0, 1).
Ví dụ 1.2.5. Chứng minh rằng đa thức
f (x) = x5 − 2x4 − 8x3 − x2 − 9x+ 1
có đúng hai nghiệm dương và ít nhất một nghiệm âm.
Lời giải. Xét dãy dấu các hệ số là +−−−−+. Suy raW = 2. Gọi số không điểm
dương của f(x) bằng N . Ta có 2−N = 2k (k ∈ Z+) và N = 0 hoặc N = 2.
Vì f (0) f (1) < 0 nên đa thức đã cho có ít nhất một nghiệm dương trong khoảng
(0, 1) và vì N = 2 nên đa thức có đúng hai nghiệm dương.
Để khảo sát số nghiệm âm, ta xét đa thức
g (x) = f (−x) = −x5 − 2x4 + 8x3 − x2 + 9x+ 1
có dãy dấu các hệ số là −−+−++ nênWg = 3. Vậy 3−Ng = 2k (k ∈ Z+). Suy
ra Ng = 3 hoặc Ng = 1. Vậy Ng > 1.
Do đa thức g(x) có ít nhất một nghiệm dương nên đa thức f(x) có ít nhất một
nghiệm âm. Vậy ta có điều phải chứng minh.
1.3 Hệ quả trực tiếp
Bài toán 1.3.1 (xem [2]). Chứng minh rằng nếu đa thức P (x) ∈ R[x] không có
nghiệm dương thì tồn tại các đa thức Q(x) và R(x) với các hệ số không âm thỏa
13
mãn đồng nhất thức
P (x) =
Q (x)
R (x)
.
Lời giải. Không mất tính tổng quát, ta có thể coi đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn bất
đẳng thức P (x) > 0 ứng với mọi x > 0 nên P (x) có thể viết dưới dạng
P (x) = a
m∏
j=1
(x− aj)
s∏
k=1
(x− bk)
(
x− bk
)
,
trong đó a > 0, aj > 0, bk ∈ C và bk là số phức liên hợp của bk.
Do tích các đa thức với hệ số không âm là đa thức với hệ số không âm nên
ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp các đa thức gj (x) = x + aj và Fk (x) =
(x− bk)
(
x− bk
)
có thể biểu diễn dưới dạng Q (x) /R (x) với Q(x) và R(x) là các
đa thức với hệ số không âm là đủ.
Với đa thức g (x) = (x+ a) với a ≥ 0, ta chọn Q (x) = (x+ a) ; R (x) ≡ 1.
Với đa thức F (x) = (x− b) (x− b) và Re b 6 0 thì chọn Q (x) = F (x) =
x2 + 2 |Re b|x+ |b|2 và R (x) ≡ 1.
Với đa thức F (x) = (x− b) (x− b) và Re b > 0 thì không mất tính tổng quát,
có thể coi arg b ∈ (0, pi2 ] và chọn n ∈ N để 2n arg b ∈ (pi2 , pi) và Re b2j > 0
với j = 0, 1, . . . , n − 1. Do arg b2k = 2k arg b (0 6 k 6 n) nên arg b2n 6 0 và
Re b2
j
> 0 với j = 0, 1, . . . , n− 1. Như vậy ta có
F (x) = (x− b) (x− b)
=
(
x2 − b2) (x2 − b2)
(x+ b)
(
x+ b
)
=
(
x4 − b4) (x4 − b4)
(x+ b)
(
x+ b
)
(x2 + b2)
(
x2 + b
2
)
= . . .
=
(
x2
n − b2n) (x2n − b2n)
(x+ b)
(
x+ b
) (
x2n−1 + b2n−1
) (
x2n−1 + b
2n−1
) = Q (x)
R (x)
.
trong đó và là các đa thức có hệ số không âm vì
Q (x) =
(
x2
n − b2n
)(
x2
n − b2
n)
=
(
x2
n
)2
− 2
(
Re b2
n
)
x+
∣∣∣b2n∣∣∣2
14
có các hệ số không âm. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Tiếp theo, chúng ta xét số nghiệm dương của đa thức thong qua số lần đổi dấu
của dãy các hệ số của đa thức. Đồng thời chúng ta cũng khảo sát một số kết quả về
số nghiệm của đa thức trên một khoảng hoặc nửa khoảng nào đó.
Ví dụ, chẳng hạn, để xác định số nghiệm âm của đa thức
f (x) = anx
n + an−1xn−1 + . . .+ a1x+ a0
thì ta đặt g (x) = f (−x) và đi xét số nghiệm dương của và số nghiệm âm của đa
thức f(x) cũng chính là số nghiệm dương của đa thức g(x).
Cũng vậy, để xét số nghiệm của đa thức
f (x) = anx
n + an−1xn−1 + . . .+ a1x+ a0
trong khoảng (−1, 1) thì ta áp dụng phép đổi biến phân tuyến tính
1 + x
1− x = t→ t > 0.
Ta xem t như một hàm đối với biến x thì
t′ =
2
(1− x)2 > 0, với mọi x ∈ (0, 1) .
Vậy hàm số t là hàm số đồng biến trong khoảng (−1, 1) và có tập giá trị là
(0,+∞). Vì vậy với mỗi luôn tìm được duy nhất một giá trị x ∈ (−1, 1). Ta có
x =
t− 1
t+ 1
Do đó
f (x) = f
(
t− 1
t+ 1
)
=
n∑
k=0
ak
(
t− 1
t+ 1
)k
.
Xét hàm số
g (t) = (t+ 1)
n
f
(
t− 1
t+ 1
)
=
n∑
k=0
ak(t− 1)k(t+ 1)n−k
15
Dễ thấy số nghiệm x ∈ (−1, 1) của đa thức bằng số nghiệm dương của đa thức g(t).
Xét số nghiệm dương của đa thức g(t) sẽ suy ra được số nghiệm x ∈ (−1, 1) của đa
thức f(x).
Tương tự ta có thể xét số nghiệm của đa thức
f (x) =
n∑
k=0
akx
k
trên các nửa khoảng hoặc đoạn dạng [−1, 1) , (−1, 1] , [−1, 1]
Để xét số nghiệm của đa thức
f (x) =
n∑
k=0
akx
k
trên khoảng (a, b) tùy ý, ta tiến hành thực hiện phép đổi biến
x =
a+ b
2
+
a− b
2
t, t ∈ (−1, 1) .
Ta có
f (x) =
n∑
k=0
akx
k =
n∑
k=0
ak
(
a+ b
2
+
a− b
2
t
)k
.
Khi ấy để xét số nghiệm của đa thức trong khoảng ta đi xét số nghiệm của
g (t) =
n∑
k=0
ak
(
a+ b
2
+
a− b
2
t
)k
=
n∑
k=0
bkt
k
trong đó
bk = ak
k∑
j=0
Cjk
(
b− a
2
)j(
a+ b
2
)k−j
.
Để xét số nghiệm của đa thức
f (x) =
n∑
k=0
akx
k
trên khoảng (0,+∞), ta tiến hành thực hiện phép đổi biến x = a+ t thì t ∈ (0,+∞)
và dẫn đến xét nghiệm dương của đa thức
g (t) =
n∑
k=0
ak(t+ a)
k
=
n∑
k=0
(
ak
k∑
j=0
Cjka
n−j
)
tk.
16
Chương 2
Biểu diễn một số dạng đa thức dương
trên một đoạn
2.1 Biểu diễn đa thức dương trên nửa trục thực
Trong phần này ta xét một số biểu diễn của đa thức dương trên một tập dưới dạng
tổng, hiệu, tích,. . . của các đa thức có dạng đặc biệt.
Bài toán 2.1.1 (xem [2]). Cho đa thức P (x) ∈ R [x] và với mọi x ∈ R. Chứng minh
rằng đa thức có thể biểu diễn được dưới dạng
P (x) = [A (x)]
2
+ [B (x)]
2
trong đó A (x) , B (x) cũng là các đa thức.
Lời giải. Do P (x) ≥ 0 với mọi x ∈ R nên đa thức P (x) có bậc bằng 2n và có thể
phân tích được dưới dạng tích của các nhân tử bậc hai không âm, tức là
P (x) =
n∏
j=1
[
(ajx+ xj)
2
+ yj
2
]
,
trong đó aj, xj, yj ∈ R, j = 1, 2, . . . , n.
Từ hằng đẳng thức
(
p1
2 + q1
2
) (
p2
2 + q2
2
)
= (p1p2 + q1q2)
2
+ (p1q2 − p2q1)2
ta có kết luận
17
• Tích