LUẬN VĂN: Một số tính chất của đa thức docx

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG…………………















LUẬN VĂN
Một số tính chất của đa thức


0
Mục lục
Lời nói đầu 1
1 Định lý dạng Viète và các tính chất liên quan 4
1.1 Một số tính chất cơ bản của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Các định lý dạng Viète . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3 Định lý về số nghiệm thực của đa thức nguyên hàm . . . . . . . . . . . 14
2 Tính chất nghiệm của các đa thức nguyên hàm 57
2.1 Nhận xét về nguyên hàm của một số đa thức dạng đặc biệt . . . . . . . 57

2.2 Một số bài toán về khảo sát số nghiệm thực của đa thức nguyên hàm . 72
2.3 Một số bất đẳng thức liên quan đến nguyên hàm cấp hai . . . . . . . . 82
Kết luận 88
Tài liệu tham khảo 90
1
Lời nói đầu
Đa thức và các tính chất liên quan đến nó luôn đóng vai trò quan trọng trong
đại số và giải tích. Đặc biệt, sau khi định lý cơ bản của đại số (do Gauss chứng minh)
khẳng định rằng mọi đa thức trên trường số phức (khác hằng số) luôn có ít nhất một
nghiệm thực hoặc phức, thì bài toán khảo sát số nghiệm thực của đa thức với hệ số
thực là vấn đề được quan tâm hàng đầu của nhiều thế hệ các nhà toán học. Những
kết quả đầu tiên theo hướng này là của Descartes về quy tắc dấu (thường được gọi
là quy tắc dấu Descartes) để xác định số nghiệm dương của một đa thức thực dựa
vào sự phân bố dấu của dãy các hệ số của đa thức đã cho. Tiếp theo là các khảo sát
khác nhau về số nghiệm của đa thức trong một khoảng cho trước và các công thức
biểu diễn đa thức theo các tính chất của chúng. Nhờ công cụ giải tích, đặc biệt là
định lý Lagrange và bổ đề Rolle, việc khảo sát số nghiệm thực của các đa thức đạo
hàm (đạo hàm của một đa thức thực) được tiến hành dễ dàng hơn. Đó là, khi đa thức
P (x) ∈ R[x] có k nghiệm thực thì đa thức P

(x) sẽ có ít nhất k − 1 nghiệm thực.
Một câu hỏi tự nhiên nảy sinh là: Khi nào thì một đa thức P (x) ∈ R[x] với k
nghiệm thực cho trước sẽ cho ta một nguyên hàm (gọi là đa thức nguyên hàm)
F
1
(x)=
x

x
1

P (t)dt (1)
có đủ k +1 nghiệm thực?
Tương tự, khi nào thì một đa thức P (x) ∈ R[x] với k nghiệm thực cho trước sẽ
cho một nguyên hàm cấp s (s>1) (gọi là đa thức nguyên hàm cấp s) dạng
F
s
(x)=
x

x
s
F
s−1
(x)dt (2)
có đủ k + s nghiệm thực?
2
Luận văn nhằm tập trung giải quyết các câu hỏi trên. Đó chính là các định lý
đảo của định lý Lagrange đối với lớp các đa thức thực. Đặc biệt, đối với những lớp
đa thức không thỏa mãn các điều kiện (1) và (2), ta sẽ xét bài toán "nắn lại" đồ thị
của đa thức đó bằng cách thêm một số nút nội suy để các điều kiện (1) và (2) được
thoả mãn.
Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn được chia thành 2 chương
Chương 1 bao gồm ba phần, trong phần đầu tác giả khái quát lại một số kiến
thức bổ trợ về đa thức, đạo hàm của đa thức và quy tắc dấu Descartes. Phần thứ hai
là các định lý dạng Viète, nêu cách biểu diễn đa thức qua hệ nghiệm của nguyên hàm
kết hợp với phương pháp nội suy đa thức theo các yếu tố hình học. Phần tiếp theo,
tác giả nêu lên định lý về số nghiệm của đa thức nguyên hàm. Định lý 1.11; 1.13 chỉ
ra điều kiện cần và đủ để một đa thức với các nghiệm đều thực sẽ cho một nguyên
hàm cũng có các nghiệm đều thực. Trên cơ sở đó trình bày điều kiện để tồn tại đa
thức nguyên hàm tới cấp tuỳ ý cho trước sao cho số nghiệm thực của các nguyên hàm

đó tăng lên theo từng cấp của nguyên hàm (Định lý 1.12, 1.14, 1.15, 1.16, 1.17, 1.18
1.19 ).
Chương 2 bao gồm ba phần, phần đầu cũng chính là phần trọng tâm của chương
này. Tác giả đưa ra nhận xét về tính chất nghiệm của các đa thức nguyên hàm có
dạng đặc biệt và đưa ra cách"nắn lại" đồ thị của các đa thức đó để các đa thức nhận
được thoả mãn điều kiện (1) và (2) (Định lý 2.1, 2.2). Phần tiếp theo, luận văn trình
bày một số bài toán khảo sát số nghiệm thực của đa thức nguyên hàm. Phần cuối
cùng, tác giả dựa vào các tính chất của hàm lồi, lõm để bước đầu xây dựng một số
dạng bất đẳng thức đối với đa thức nguyên hàm.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học đầy nhiệt tâm và nghiêm
khắc của GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu. Nhân dịp này, tác giả xin được bày tỏ lòng
biết ơn chân thành và kính trọng sâu sắc đối với Giáo sư - người thầy đã truyền đạt
nhiều kiến thức quý báu cũng như những kinh nghiệm nghiên cứu khoa học trong
suốt thời gian tác giả theo học và nghiên cứu đề tài. Đồng thời, tác giả cũng xin bày
tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Ban Giám Hiệu trường Đại họ c Quy Nhơn, Phòng Đào
tạo Đại học và Sau Đại học, các anh chị, bạn bè lớp cao học Toán K8-Đại học Quy
Nhơn và gia đình đã tạo mọi điều kiện thuận lợi và động viên tác giả trong suốt quá
trình học tập, công tác và thực hiện đề tài luận văn này.
3
Hệ thống các ký hiệu
sử dụng trong luận văn
- deg f (x) là bậc của đa thức f(x).
- F
0
(x) là nguyên hàm (cấp 1) của đa thức f(x) ứng với hằng số c =0,
tức là F
0
(x) thoả mãn điều kiện F
0
(0) = 0.

- F
c
(x) là nguyên hàm (cấp 1) của đa thức f(x) ứng với hằng số c,
tức là F
c
(x)=F
0
(x)+c với c ∈ R.
- F
0,k
(x) là nguyên hàm cấp k của đa thức f(x) ứng với hằng số c =0,
tức là F
0,k
(x) thoả mãn điều kiện F
0,k
(0) = 0.
- F
c,k
(x) là nguyên hàm cấp k của đa thức f(x) ứng với hằng số c,
tức là F
c,k
(x)=F
0,k
(x)+c với c ∈ R.
- H
n
là tập hợp đa thức với hệ số thực P
n
(x) bậc n (n>0) với hệ số tự do bằng 1
(P

n
(0) = 1) và có các nghiệm đều thực.
- M
k
(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
0 khi a =0
− khi a<0.
4
Chương 1
Định lý dạng Viète và các tính chất
liên quan
1.1 Một số tính chất cơ bản của đa thức
Định nghĩa 1.1. Một đa thức bậc n của ẩn x là biểu thức có dạng
P
n
(x)=a
n

x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ ···+ a
1
x + a
0
,
trong đó các hệ số a
n
,a
n−1
, ,a
0
là những số thực (hoặc phức)
và a
n
=0,n∈ N.
Ta kí hiệu
i. Bậc của đa thức P
n
(x) là deg P
n
(x). Do vậy deg P
n
(x)=n.
ii. a

n
- hệ số bậc cao nhất (chính) của đa thức.
Chú ý 1.1. Trong luận văn này ta chỉ xét các đa thức P
n
(x) với các hệ số của nó
đều là thực và gọi tắt là đa thức thực. Ký hiệu tập hợp các đa thức với hệ số thực là
R[x].
Định nghĩa 1.2. Cho đa thức
P
n
(x)=a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ ···+ a
1
x + a
0
(a
n
=0),
số α ∈ C được gọi là nghiệm của đa thức P
n
(x) nếu P
n
(α)=0.

5
Nếu tồn tại k ∈ N,k>1, sao cho P
n
(x)
.
.
.(x − α)
k
nhưng P
n
(x) không chia hết
cho (x − α)
k+1
thì α được gọi là nghiệm bội bậc k của đa thức f(x).
Đặc biệt, khi k =1thì α được gọi là nghiệm đơn, k =2thì α được gọi là nghiệm
kép.
Chú ý 1.2. Nghiệm của đa thức thực còn được gọi là không điểm của đa thức đó.
Định lý 1.1 (Gauss). 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. Các nghiệm phức thực sự (khác thực) của đa thức thực P
n
(x) xuất hiện
theo từng cặp nghiệm liên hợp.
Chứng minh. Thật vậy, nếu a ∈ C là nghiệm của phương trình P
n
(x)=0thì
P
n
(a)=0. Khi đó ta có
0=

P
n
(a)=P
n
(a).
Suy ra
a cũng là nghiệm của phương trình P
n
(x)=0. 
Định lý 1.2. Mọi đa thức f(x) ∈ R[x] bậc n, với hệ số chính a
n
=0, đều có thể
phân tích thành nhân tử dạng
f(x)=a
n
m

j=1
(x − d
i
)
s

k=1
(x
2
+ b
k
x + c
k

)
với d
i
,b
k
,c
k
∈ R, 2s + m = n, b
2
k
− 4c
k
< 0,m,n ∈ N
∗
.
Hệ quả 1.1.
(1) Số nghiệm phức của một đa thức với hệ số thực (nếu có) luôn 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) Nếu đa thức bậc n có k nghiệm thực 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 lý 1.3. Mỗi đa thức thực bậc n đều có không quá n nghiệm thực.
Định lý 1.4 (Tính chất hàm của đa thức). Mọi đa thức P(x) ∈ R[x] đều xác
định và liên tục trên R.
6
Ngoài ra, khi
P
n
(x)=a
n

x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ ···+ a
1
x + a
0
,a
n
=0,
và x → +∞ thì P(x) → sign (a
n
)∞.
Khi x →−∞thì P (x) → (−1)
n
sign (a
n
)∞.
Tiếp theo, ta nhắc lại định lý Rolle quen biết trong chương trình toán bậc
phổ thông.
Định lý 1.5 (Định lý Rolle). Giả sử hàm số f :[a, b] → R liên tục trên đoạn
[a, b] và có đạo hàm trong khoảng (a, b). Nếu f(a)=f(b) thì tồn tại ít nhất một điểm
c ∈ (a, b) sao cho f

(c)=0.
Khi f(x) là hàm đa thức, trong trường hợp đặc biệt, nếu a = b, ta phát biểu định
lý Rolle dưới dạng bổ đề sau đây.

Bổ đề 1.2. Nếu x
0
là nghiệm bội bậc s (s ∈ N,s > 1) của đa thức P (x) ∈ R[x] thì
x
0
cũng là nghiệm bội bậc s − 1 của đa thức P

(x).
Chứng minh. Thật vậy, x
0
là nghiệm bội bậc s (s ∈ N,s > 1) của đa thức P (x)
thì P (x) viết được dưới dạng
P (x)=(x − x
0
)
s
Q(x),Q(x
0
) =0.
Suy ra
P

(x)=s( x − x
0
)
s−1
Q(x)+(x − x
0
)
s

Q

(x)
=(x − x
0
)
s−1

sQ(x)+(x − x
0
)Q

(x)

.
Vì Q(x
0
) =0nên x
0
không là nghiệm của đa thức sQ(x)+(x − x
0
)Q

(x).
Vậy x
0
là nghiệm bội bậc s − 1 của đa thức P

(x). 
Từ định lý Rolle, ta dễ dàng chứng minh được kết quả sau đối với đa thức.

Định lý 1.6. Nếu đa thức P (x) ∈ R[x] có k nghiệm thực thì đa thức P

(x) có ít nhất
k − 1 nghiệm thực.
Hệ quả 1.2. Nếu đa thức P(x) ∈ R[x] có các nghiệm đều thực thì đa thức P

(x) cũng
có các nghiệm đều thực.
7
Từ bổ đề 1.2, ta có phát biểu bài toán ngược dưới dạng định lý sau đây.
Định lý 1.7. Nếu x
0
là nghiệm bội bậc s (s ∈ N,s > 1) của đa thức f(x) ∈ R[x] và
x
0
cũng là nghiệm của nguyên hàm F (x) của f(x) thì x
0
là nghiệm bội bậc s +1 của
đa thức nguyên hàm F (x).
Chứng minh. Vì x
0
là nghiệm bội bậc s của f(x) nên f(x) có dạng
f(x)=(x − x
0
)
s
g(x),g(x
0
) =0.
Giả sử

F (x)=(x − x
0
)
k
h(x),h(x
0
) =0.
Khi đó
F

(x)=(x − x
0
)
k−1
[k.h(x)+(x − x
0
)h

(x)].
Tại x = x
0
thì k.h(x)+(x − x
0
)h

(x) =0. Suy ra F

(x) chứa nhân tử (x − x
0
) bậc

k − 1 nhưng f(x) ≡ F

(x) nên k − 1=s hay k = s +1.
Vậy F (x) nhận x
0
là nghiệm bội bậc s +1.
Tiếp theo, ta chuyển sang xét quy tắc dấu Descartes.
Xét dãy số thực a
0
,a
1
,a
2
,
Định nghĩa 1.3. Chỉ số m (m ∈ N,m 1) được gọi là vị trí (chỗ) đổi dấu của dãy
nếu có a
m−1
a
m
< 0 hoặc là
a
m−1
= a
m−2
= ··· = a
m−(k−1)
=0 trong đó a
m−k
a
m

< 0(m  k  2).
Trong trường hợp thứ nhất thì a
m−1
và a
m
, còn trong trường hợp thứ 2 thì a
m−k
và
a
m
lập thành vị trí đổi dấu. Số lần đổi dấu (bằng số vị trí đổi 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 đối của chúng.
Định nghĩa 1.4. Ta coi sự đổi dấu và vị trí đổi dấu của đa thức
P (x)=a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ ···+ a
1
x + a
0
chính là sự đổi dấu và vị trí đổi dấu của dãy hệ số tuỳ ý
a
n
,a

n−1
, ,a
1
,a
0
.
8
Ta có các tính chất sau đây.
Tính chất 1.1. Các dãy a
0
,a
1
,a
2
, ,a
n
và a
n
,a
n−1
, ,a
0
có cùng một số lần đổi
dấu.
Tính chất 1.2. Khi gạch bỏ các số hạng của dãy, số lần đổi dấu không tăng lên.
Tính chất 1.3. Khi đặt vào giữa các số hạng của dãy một số lượng tuỳ ý các số hạng
bằng 0, số vị trí đổi dấu của dãy cũng không thay đổi.
Tính chất 1.4. 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.
Tính chất 1.5. Nếu p

0
> 0, p
1
> 0, p
2
> 0, thì các dãy
a
0
,a
1
,a
2
,
và
a
0
p
0
,a
1
p
1
,a
2
p
2
,
có cùng những vị trí đổi dấu.
Tính chất 1.6. Dãy a
0

,a
1
+ a
0
,a
2
+ a
1
, ,a
n
+ a
n−1
,a
n
có số vị trí đổi dấu không
lớn hơn so với số vị trí đổi dấu của dãy a
0
,a
1
,a
2
, ,a
n
.
Tính chất 1.7 (Quy tắc dấu Descartes). Giả sử N là số không điểm dương của
đa thức
f(x)=a
0
+ a
1

x + a
2
x
2
+ ···+ a
n
x
n
và W là số lần đổi dấu trong dãy các hệ số của nó. Ta có W  N và W − N là một
số chẵn.
Tính chất 1.8. Cho đa thức f (x)=a
0
+ a
1
x + a
2
x
2
+ ···+ a
n
x
n
(a
n
=0)có các
nghiệm đều thực, gọi W là số vị trí đổi dấu của dãy hệ số a
0
,a
1
, ,a

n
và N là số
không điểm dương của đa thức f(x) thì W = N.
1.2 Các định lý dạng Viète
Định lý Rolle đã cho ta một thuật toán dựng các đa thức có các nghiệm đều
thực từ các đa thức có các nghiệm đều thực cho trước bằng phép lấy đạo hàm. Ta
đã biết rằng, mọi đa thức có các nghiệm đều thực đều được biểu diễn một cách duy
nhất qua hệ nghiệm của nó. Đó chính là nội dung của định lý Viète quen thuộc trong
chương trình toán của bậc phổ thông.
9
Định lý 1.8 (Định lý Viète ). Nếu tam thức bậc hai
f(x)=ax
2
+ bx + c, a, b, c ∈ R,a=0,
có các nghiệm thực x
1
,x
2
thì





x
1
+ x
2
= −
b

a
x
1
x
2
=
c
a
Tương tự, ta có định lý Viète trong trường hợp tổng quát đối với đa thức thực
bậc n.
Định lý 1.9 (Định lý Viète ). Nếu đa thức
f(x)=a
0
x
n
− a
1
x
n−1
+ ···+(−1)
n
a
n
∈ R[x],a
0
=0
có các nghiệm thực là x
1
,x
2

, ,x
n
thì



















a
1
a
0
= x
1
+ ···+ x
n

= E
1
(¯x)
a
2
a
0
= x
1
x
2
+ x
1
x
3
+ ···+ x
n−1
x
n
= E
2
(¯x)

a
n
a
0
= x
1
x

2
···x
n
= E
n
(¯x)
Khi đó, các hàm E
1
(¯x),E
2
(¯x), ,E
n
(¯x) được gọi là hàm (đa thức) đối xứng sơ cấp
Viète bậc 1, 2, ,n, tương ứng của bộ gồm n số thực ¯x = {x
1
,x
2
, ,x
n
} (n ∈ N
∗
).
Đặc biệt, nếu đa thức f(x) có hệ số cao nhất là 1 (hay a
0
=1) thì
















a
1
= x
1
+ ···+ x
n
a
2
= x
1
x
2
+ x
1
x
3
+ ···+ x
n−1
x
n

a
n
= x
1
x
2
···x
n
Nhận xét rằng, định lý Viète đã chỉ ra mối quan hệ giữa bộ các nghiệm của đa
thức với tất cả các hệ số trong đa thức đó. Tuy nhiên, ta cũng có thể phát biểu kết
quả tương tự trong trường hợp khi ta còn chưa tường minh các nghiệm của một đa
thức. Điều này rất có ý nghĩa khi xét các điều kiện để một đa thức có tất cả các
nghiệm đều thực. Trước hết, ta xét một số dạng đa thức có bậc thấp.
10
Bổ đề 1.3 (Định lý dạng Viète đối với tam thức bậc hai).
Tam thức bậc hai với hệ số thực f(x)=3x
2
− 2bx + c có nghiệm thực khi và chỉ khi
các hệ số b, c có dạng



b = α + β + γ
c = αβ + βγ + γα.
(1.1)
trong đó α,β,γ ∈ R.
Chứng minh.
Điều kiện đủ. Giả sử tam thức bậc hai f (x)=3x
2

− 2bx + c có các hệ số b, c thoả
mãn điều kiện (1.1), ta có
∆

=(−b)
2
− 3c
=(α + β + γ)
2
− 3(αβ + βγ + γα)
= α
2
+ β
2
+ γ
2
− (αβ + βγ + γα)
=
1
2
(α − β)
2
+
1
2
(β − γ)
2
+
1
2

(γ − α)
2
 0.
Suy ra tam thức bậc hai f(x)=3x
2
− 2bx + c có hai nghiệm thực.
Điều kiện cần. Giả sử tam thức bậc hai f(x)=3x
2
− 2bx + c có hai nghiệm thực.
Ta xét các trường hợp sau đây.
(i). Nếu đa thức f(x) có nghiệm kép là x = x
0
thì f(x)=3(x − x
0
)
2
. Khi đó nguyên
hàm F (x)=(x − x
0
)
3
nhận x = x
0
là nghiệm bội bậc 3.
(ii). Nếu đa thức f(x) có hai nghiệm phân biệt là x = x
1
,x = x
2
(x
1

<x
2
) hay
f(x)=3(x − x
1
)(x − x
2
) thì ta chọn nguyên hàm F(x) thoả mãn điều kiện
F

x
1
+ x
2
2

=0.
Khi đó, hàm F (x) đạt cực đại và cực tiểu lần lượt tại x
1
và x
2
và điểm uốn của đồ
thị tương ứng là U

x
1
+ x
2
2
, 0


. Suy ra nguyên hàm F (x) đã chọn có 3 nghiệm thực.
Vậy mọi tam thức bậc hai có nghiệm thực đều có nguyên hàm là đa thức bậc ba
có ba nghiệm thực. Vì thế luôn tồn tại nguyên hàm của f(x)=3x
2
− 2bx + c có dạng
F (x)=(x − α )(x − β)(x − γ)
hay
F (x)=x
3
− (α + β + γ)x
2
+(αβ + βγ + γα)x − αβγ
11
→ F

(x)=3x
2
− 2(α + β + γ)x +(αβ + βγ + γα).
Đồng nhất hệ số của F

(x) và f(x)=3x
2
− 2bx + c ta suy ra điều phải chứng minh.

Bổ đề 1.4 (Định lý dạng Viète đối với đa thức bậc 3).
Đa thức bậc 3 với hệ số thực f(x)=−4x
3
+3ax
2

− 2bx + c có các nghiệm đều thực
khi và chỉ khi các hệ số a, b, c có dạng









a = α + β + γ + δ
b = αβ + αγ + αδ + βγ + βδ + γδ
c = αβγ + αβδ + αγδ + βγδ
(1.2)
trong đó α,β,γ,δ ∈ R.
Chứng minh.
(i). Điều kiện đủ. Ta xét
F (x)=
x

0
f(t)dt − m = −x
4
+ ax
3
− bx
2
+ cx − m,
trong đó m là hằng số thực.

Thay a, b, c từ công thức (1.2) vào biểu thức F (x), ta thu được
F (x)=− x
4
+(α + β + γ + δ)x
3
− (αβ + αγ + αδ + βγ + βδ + γδ)x
2
+(αβγ + αβδ + αγδ + βγδ)x − m.
Ta chọn m = αβγδ. Khi đó,
F (x)=− [x
4
− (α + β + γ + δ)x
3
+(αβ + αγ + αδ + βγ + βδ + γδ)x
2
− (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

(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
F (x)=−(x − α)(x − β)(x − γ)(x − δ),F

(x)=f (x).
12
Thật vậy, ta xét ba trường hợp sau đây.
(ii.1) Nếu f(x) có nghiệm bội ba là x
0

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

2
).
Suy ra
F (x)=−x
4
+
4
3
x
1
x
3
+ c, c ∈ R.
Chọn c =0thì đa thức F (x)=−x
3

x −
4
3
x
1

có 2 nghiệm phân biệt, trong đó
x =0là nghiệm bội bậc ba, nghiệm còn lại là x =
4
3
x
1
. Khi đó chọn α = β = γ =0,
δ =

4
3
x
1
.
Trong trường hợp tổng quát, nếu f(x) có nghiệm kép (bội bậc hai) là x
0
, nghiệm
còn lại là x
1
thì ta thu được α = β = γ = x
0
, δ = x
0
+
4
3
x
1
ta thu được (1.2).
(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
f(x)=−4x
3
− 4(a − b)x
2
+4abx, (a>0,b>0).
Khi đó
F (x)=−x
4

−
4
3
(a − b)x
3
+2abx
2
+ c, c ∈ R.
Chọn c =0thì
F (x)=−x
4
−
4
3
(a − b)x
3
+2abx
2
= −x
2

x
2
+
4
3
(a − b)x − 2ab

.
Suy ra F (x)=0khi và chỉ khi x

2
[x
2
+
4
3
(a − b)x − 2ab]=0.
Khi x
2
=0thì x
1
= x
2
=0.
Xét phương trình x
2
+
4
3
(a − b)x − 2ab =0, ta có
∆

=
4(a − b)
2
+2ab
9
> 0(vì a>0,b>0).
13
Do đó phương trình bậc hai tương ứng có 2 nghiệm là x

3
,x
4
.
Vậy F (x) có 4 nghiệm là
x
1
= x
2
=0 (α = β =0),x
3
= γ, x
4
= δ.

Ví dụ 1.1. Cho α =1,β= −1,γ=2,δ=4thay vào công thức (1.2) ta thu được
a = −5,b=5,c= −5.
Khi đó đa thức f (x)=−4x
3
+15x
2
− 10x − 5 có 3 nghiệm thực là
x
1
≈−0, 33; x
2
≈ 1, 47; x
3
≈ 2, 61.
Nhận xét rằng, nếu ta chọn m = −6(= αβγδ) thì đa thức nguyên hàm

F (x)=−x
4
+5x
3
− 5x
2
− 5x +6
có bốn nghiệm thực (x
1
= −1,x
2
=1,x
3
=2,x
4
=3).
Đối với các nhị thức bậc nhất ta luôn chọn được nguyên hàm là các tam thức
bậc hai có nghiệm thực, kết hợp với bổ đề 1.3 và bổ đề 1.4, ta có hệ quả sau đây.
Hệ quả 1.3. 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  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. Tuy nhiên, từ hệ quả 1.2, ta có ngay điều kiện đủ cho
các đa thức có bậc tuỳ ý.
Định lý 1.10 (Định lý dạng Viète tổng quát). Đa thức
f(x)=(n +1)x
n
+(−1)na
1
x

n−1
+(−1)
2
(n − 1)a
2
x
n−2
+ ···+(−1)
n
a
n
với các hệ số a
1
,a
2
, ,a
n
có dạng
















a
1
= E
1
(¯x)
a
2
= E
2
(¯x)

a
n
= E
n
(¯x)
(1.3)
luôn luôn có các nghiệm đều thực, trong đó E
k
(¯x) là các hàm đối xứng Viète bậc k
theo các biến thực x
1
,x
2
, ,x
n+1
,

14
Chứng minh. Xét đa thức
F (x)=x
n+1
+(−1)a
1
x
n
+(−1)
2
a
2
x
n−1
+ ···+(−1)
n
a
n
x +(−1)
n+1
a
n+1
,
trong đó các a
1
,a
2
, ,a
n
xác định theo (1.3) và

a
n+1
= x
1
x
2
···x
n+1
.
Theo định lý Viète, ta có
F (x)=(x − x
1
)(x − x
2
) ···(x − x
n+1
)
hay đa thức F (x) có n +1nghiệm thực.
Mặt khác, F

(x)=f(x) nên theo định lý Rolle, ta có ngay điều cần chứng minh.

1.3 Định lý về số nghiệm thực của đa thức nguyên
hàm
Nhận xét rằng, ứng với mỗi đa thức f(x) ∈ R[x] cho trước luôn tồn tại vô số
nguyên hàm, chúng sai khác nhau một hằng số thực. Vì vậy, tuy đa thức đã cho có
các nghiệm đều thực nhưng nhìn chung các nguyên hàm của nó không có tính chất
đó.
Về sau, để ngắn gọn trong cách trình bày, ta gọi mỗi nguyên hàm của một đa
thức là đa thức nguyên hàm.

Một câu hỏi tự nhiên nảy sinh là: Với những điều kiện nào thì đa thức
f(x)=
m

k=1
(x − x
k
)
r
k
,x
1
 x
2
 ···  x
m
,r
1
+ ···+ r
m
= n
sẽ có ít nhất một nguyên hàm (đa thức nguyên hàm) của nó có các nghiệm đều thực?
Đối với đa thức có bậc tuỳ ý, định lý 1.10 đã cho ta câu trả lời của điều kiện đủ.
Ta dễ dàng chỉ ra điều kiện cần (bổ đề 1.3 vàbổđề1.4) cho các đa thức có bậc không
vượt quá 3. Tuy nhiên đối với các đa thức có bậc lớn hơn 3 thì bài toán trở nên phức
tạp hơn nhiều.
15
Chẳng hạn, ta xét đa thức bậc 4
f(x)=x
4

− 2x
3
+ x
2
có bốn nghiệm thực (x
1
= x
2
=0,x
3
= x
4
=1)nhưng nguyên hàm
F
c
(x)=
1
5
x
5
−
1
2
x
4
+
1
3
x
3

− c
có số nghiệm thực không vượt quá 3 với mọi c ∈ R.
Thật vậy, do hàm số f(x)=x
2
(x − 1)
2
 0, ∀x nên nguyên hàm F (x) luôn đồng
biến, vì thế với mọi c ∈ R thì đường thẳng y = c cắt đồ thị của hàm số
F
0
(x)=
1
5
x
5
−
1
2
x
4
+
1
3
x
3
tại duy nhất một điểm. Đặc biệt, nếu chọn c =0thì giao điểm trên là điểm bội 3.
Tiếp theo ta xét đa thức
f(x)=5x
4
+5x

3
− 65x
2
− 5x +60
có bốn nghiệm phân biệt x
1
= −4,x
2
= −1,x
3
=1,x
4
=3.
Suy ra nguyên hàm
F
0
(x)=x
5
+
5
4
x
4
−
65
3
x
3
−
5

2
x
2
+60x
đạt cực đại tại các nút x
1
= −4,x
3
=1và đạt cực tiểu tại các nút x
2
= −1,x
4
=3.
Sau đây là đồ thị của nguyên hàm F
0
(x).
Quan sát đồ thị ta thấy số nghiệm của nguyên hàm F
c
(x)=F
0
(x) − c phụ thuộc
vào giá trị của hằng số c như sau:
16
- Nếu c<F
0
(x
2
) hoặc c>F
0
(x

3
) thì đường thẳng y = c cắt đồ thị hàm số F
0
(x)
tại không quá ba điểm. Khi đó, nguyên hàm F
c
(x) có không quá ba nghiệm thực.
- Nếu F
0
(x
2
)  c  F
0
(x
3
) thì đường thẳng y = c cắt đồ thị hàm số F
0
(x) tại 5
điểm (kể cả điểm bội). Suy ra nguyên hàm F
c
(x) có tất cả các nghiệm đều thực.
Vậy với điều kiện nào thì một đa thức bậc 4 có các nghiệm đều thực sẽ cho một
nguyên hàm cũng có các nghiệm đều thực?
Ta có câu trả lời dưới dạng bổ đề sau đây.
Bổ đề 1.5. Giả sử đa thức
f(x)=5(x − x
1
)(x − x
2
)(x − x

3
)(x − x
4
),x
1
 x
2
 x
3
 x
4
có nguyên hàm F
0
(x) là đa thức bậc 5 với hệ số thực
F
0
(x)=x
5
− a
1
x
4
+ a
2
x
3
− a
3
x
2

+ a
4
x.
Khi đó, điều kiện cần và đủ để tồn tại hằng số thực c sao cho nguyên hàm
F
c
(x)=F
0
(x) − c
có các nghiệm đều thực là
F
0
(x
1
)  F
0
(x
4
). (1.4)
Chứng minh. Nhận xét rằng, deg F
c
(x)=5∀c ∈ R nên đa thức F
c
(x) có không
quá 5 nghiệm thực (định lý 1.3). Cần phải chứng minh F
c
(x) có ít nhất 5 nghiệm
thực. Ta chứng minh điều đó theo sự phân bố nghiệm của đa thức f(x).
Trường hợp 1. Khi f (x) có các nghiệm phân biệt (tức là x
1

<x
2
<x
3
<x
4
) thì
nguyên hàm của nó đạt cực đại tại x = x
1
và x = x
3
, đạt cực tiểu tại x = x
2
và
x = x
4
. Suy ra
F
0
(x
1
) >F
0
(x
2
),F
0
(x
3
) >F

0
(x
2
) và F
0
(x
3
) >F
0
(x
4
).
Kết hợp với điều kiện (1.4) ta thu được
F
0
(x
1
)  max{F
0
(x
2
),F
0
(x
4
)} và F
0
(x
3
) > max{F

0
(x
2
),F
0
(x
4
)}.
Suy ra
max{F
0
(x
2
),F
0
(x
4
)}  min{F
0
(x
1
),F
0
(x
3
)}.
17
Ta xét hai khả năng sau đây.
(i). Nếu max{F
0

(x
2
),F
0
(x
4
)} < min{F
0
(x
1
),F
0
(x
3
)} thì ta chọn
c ∈ (max{F
0
(x
2
),F
0
(x
4
)}, min{F
0
(x
1
),F
0
(x

3
)}).
Khi đó, F
0
(x
1
) >chay F
c
(x
1
) > 0 và F
0
(x
2
) <chay F
c
(x
2
) < 0.
Suy ra
F
c
(x
1
)F
c
(x
2
) < 0.
Do đó ∃ x

1
∈ (x
1
,x
2
) là nghiệm của đa thức F
c
(x).
Tương tự, ∃ x
2
∈ (x
2
,x
3
), x
3
∈ (x
3
,x
4
) là các nghiệm của đa thức F
c
(x).
Ngoài ra, ta có nhận xét rằng trong mỗi khoảng (−∞,x
1
), (x
n
, +∞) thì F
c
(x)

còn có một nghiệm nữa.
Thật vậy, do lim
x→−∞
F
0
(x)=−∞ và F
0
(x
1
) − c>0 nên trong (−∞,x
1
) nguyên
hàm F
c
(x) có nghiệm. Tương tự, do lim
x→+∞
F
0
(x)=+∞ và F
0
(x
4
) − c<0 nên trong
khoảng (x
4
, +∞) nguyên hàm F
c
(x) cũng có nghiệm. Suy ra F
c
(x) có ít nhất 5 nghiệm

thực.Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
(ii). Nếu max{F
0
(x
2
),F
0
(x
4
)} = min{F
0
(x
1
),F
0
(x
3
)} thì ta chọn
c = max{F
0
(x
2
),F
0
(x
4
)} = min{F
0
(x
1

),F
0
(x
3
)}).
Ta chia trục số thành 3 đoạn và 2 nửa khoảng như sau
(−∞,x
1
], [x
1
,x
2
], [x
2
,x
3
], [x
3
,x
4
], [x
4
, +∞).
- Xét trong nửa khoảng (−∞,x
1
]. Do deg F
0
(x)=5nên lim
x→−∞
F

0
(x)=−∞.
Vì thế, nếu F
0
(x
1
)=c thì x
1
là nghiệm duy nhất của nguyên hàm F
c
(x)=
F
0
(x) − c trong nửa khoảng (−∞,x
1
].
Nếu F
0
(x
1
) >c→ F
0
(x
1
) − c>0 thì ∃ x
1
∈ (−∞,x
1
] là nghiệm của F
c

(x).
- Xét đoạn [x
1
,x
2
]. Khi đó sẽ xảy ra các khả năng sau đây.
Nếu F
0
(x
1
)=c thì x
1
là nghiệm của F
c
(x). Kết hợp với
F
0
(x
2
) <F
0
(x
1
)=c
18
thì x
1
là nghiệm của nguyên hàm F
c
(x) trong đoạn [x

1
,x
2
]. Ta lại có x
1
là nghiệm
của đa thức f (x) nên x
1
là nghiệm kép của nguyên hàm F
c
(x).
Nếu F
0
(x
1
) >cthì F
c
(x
1
) > 0 kết hợp với F
0
(x
2
) <c→ F
c
(x
2
) < 0 thì
∃ x
2

∈ [x
1
,x
2
] là nghiệm của F
c
(x). Nếu xảy ra F
0
(x
2
)=c thì x
2
là nghiệm duy nhất
của nguyên hàm F
c
(x) trong đoạn [x
1
,x
2
].
Như vậy trong mỗi nửa khoảng (−∞,x
1
] và đoạn [x
1
,x
2
] luôn tồn tại ít nhất 1
nghiệm thực của nguyên hàm F
c
(x).

Khảo sát tiếp theo các đoạn và nửa khoảng còn lại ta cũng thu được kết quả như
trên. Vậy nguyên hàm F
c
(x) có ít nhất 5 nghiệm thực. Từ đó suy ra điều phải chứng
minh.
Trường hợp 2. Khi đa thức f(x) có nghiệm bội.
(i). Khi f(x) có hai nghiệm trùng nhau, chẳng hạn x
1
= x
2
<x
3
<x
4
(x
1
<x
2
<
x
3
= x
4
) và F
0
(x
1
) <F
0
(x

4
) thì hiển nhiên (1.4) là không thoả mãn và không tồn tại
c để đa thức F (x) có 5 nghiệm thực.
Khi F
0
(x
1
) >F
0
(x
4
), và x
1
= x
2
<x
3
<x
4
, thì ta chọn c = F
0
(x
1
). Ta cần chứng
minh đa thức F
c
(x)=F
0
(x) − c có 5 nghiệm thực.Thật vậy, do x
1

là nghiệm kép của
f(x) nên nó cũng là nghiệm bội bậc ba của nguyên hàm F
0
(x). Mà hàm số F
0
(x) chỉ
đạt cực đại tại x
3
và chỉ đạt cực tiểu tại x
4
nên
F
0
(x
3
) >F
0
(x
1
) hay F
0
(x
3
) − c>0.
Mặt khác,
F
0
(x
1
) >F

0
(x
4
) hay F
0
(x
4
) − c<0
→

F
0
(x
3
) − c

F
0
(x
4
) − c

< 0.
Suy ra ∃ x ∈ (x
3
,x
4
) là nghiệm của đa thức F
0
(x) − c.

Ta lại có F
0
(x
4
)−c<0 và lim
x→+∞
F
0
(x)=+∞ nên trong khoảng (x
4
, +∞), nguyên
hàm F
c
(x) có duy nhất 1 nghiệm.
Nếu F
0
(x
1
)=F
0
(x
4
) thì ta chọn c = F
0
(x
1
)=F
0
(x
2

)=F
0
(x
4
). Khi đó, x
1
là
nghiệm bội bậc 2 của f(x) nên cũng là nghiệm bội bậc 3 của nguyên hàm F
c
(x) còn
x
4
là nghiệm của f( x) và F
c
(x) nên x
4
là nghiệm kép của nguyên hàm F
c
(x). Ngoài ra,
trong khoảng (−∞,x
1
) nguyên hàm F
c
(x) < 0 do lim
x→−∞
F
0
(x)=−∞. Trong khoảng
(x
4

, +∞) nguyên hàm F
c
(x) > 0 do lim
x→+∞
F
0
(x)=+∞. Vậy nguyên hàm F
c
(x) không
19
có nghiệm trong (−∞,x
1
) và (x
4
, +∞). Mặt khác, nguyên hàm F
0
(x) đạt cực đại tại
duy nhất một điểm x
3
nên F
0
(x
3
) >cnhưng c = F
0
(x
2
)=F
0
(x

4
) nên nguyên hàm
F
c
(x) không có nghiệm trong khoảng (x
2
,x
4
). Vậy trong trường hợp này nguyên hàm
F
c
(x) có 5 nghiệm thực (kể cả bội).
Nếu xảy ra trường hợp x
1
<x
2
= x
3
<x
4
thì chọn c = F
0
(x
2
). Ta thu cũng được
nguyên hàm F
c
(x)=F
0
(x) − c có 5 nghiệm thực. Thật vậy, do x

2
là nghiệm kép của
f(x) nên nó cũng là nghiệm bội bậc ba của nguyên hàm F
0
(x). Mà hàm số F
0
(x) đạt
cực đại tại x
1
và đạt cực tiểu tại x
4
nên F
0
(x
1
) >F
0
(x
2
)=F
0
(x
3
) >F
0
(x
4
). Do đó
F
0

(x
1
) − c>0. Mặt khác, ta thấy lim
x→−∞
F
0
(x)=−∞ nên trong khoảng (−∞,x
1
), đa
thức F
0
(x) có ít nhất một nghiệm. Tương tự, do F
0
(x
4
) − c<0 và lim
x→+∞
F
0
(x)=+∞
nên trong khoảng (x
4
, +∞), đa thức F
0
(x) cũng có nghiệm.
Vậy đa thức F
c
(x)=F
0
(x) − c có ít nhất 5 nghiệm thực.

(ii). Khi f(x) có hai cặp nghiệm phân biệt đôi một trùng nhau (tức là x
1
= x
2
<
x
3
= x
4
) thì f(x)=5(x − x
1
)
2
(x − x
3
)
2
và F
0
(x) là hàm đồng biến nên điều kiện (1.4)
không thoả mãn. Khi đó, ta thấy đường thẳng đi qua các điểm dừng sẽ cắt đồ thị
của hàm đa thức F
0
(x) tại 1 điểm (bội bậc 3), tức là nguyên hàm F
c
(x) có 3 nghiệm
thực (kể cả bội). Do đó, ứng với mọi c ∈ R, các nguyên hàm F
c
(x) tương ứng đều có
không quá 3 nghiệm thực.

(iii). Khi f(x) có ba nghiệm trùng nhau, chẳng hạn x
1
= x
2
= x
3
<x
4
(x
1
<x
2
=
x
3
= x
4
) thì f(x)=5(x − x
1
)
3
(x − x
4
). Khi đó
F
0
(x)=
5
4
(x − x

1
)
4

4
5
x +
1
5
x
1
− x
4

.
Do đó
F
0
(x
1
)=0,F
0
(x
4
)=−
1
4
(x
4
− x

1
)
5
.
Suy ra
F
0
(x
1
)=F
0
(x
2
)=F
0
(x
3
)  F
0
(x
4
)
thoả mãn điều kiện (1.4). Ta chọn c =0và thu được nguyên hàm F
0
(x) có đúng 5
nghiệm thực.
(iv). Cuối cùng ta xét trường hợp khi cả 4 nghiệm trùng nhau x
1
= x
2

= x
3
= x
4
, thì
hiển nhiên điều kiện (1.4) được thoả mãn và f(x)=5(x − x
1
)
4
. Chọn c =0(là giá trị
duy nhất) thì nguyên hàm F
c
(x)=(x − x
1
)
5
có nghiệm thực bội bậc 5 tức là F (x)
thoả mãn điều kiện của định lí. 
20
Sau đây là điều kiện để một đa thức bậc cao có các nghiệm đều thực cho một
nguyên hàm cũng có các nghiệm đều thực.
Định lý 1.11. Giả sử f(x) là đa thức bậc n (n  4) có các nghiệm đều thực
f(x)=(−1)
n
(n + 1)(x − x
1
)(x − x
2
)(x − x
3

) ···(x − x
n
),x
1
 x
2
 x
3
 ···  x
n
;
F
0
(x) là một nguyên hàm của f (x) thoả mãn điều kiện F
0
(0) = 0. Khi đó, điều kiện
cần và đủ để tồn tại số thực c sao cho nguyên hàm
F
c
(x)=F
0
(x) − c
có các nghiệm đều thực là
max
1≤i≤
[
n
2
]
F

0
(x
2i
)  min
0≤j≤
[
n−1
2
]
F
0
(x
2j+1
).
Chứng minh. Vì F
0
(x) là nguyên hàm của f(x) và F
0
(0) = 0, nên F
0
(x) có dạng
F
0
(x)=(−1)
n
x
n+1
+(−1)
n−1
a

1
x
n
+(−1)
n−2
a
2
x
n−1
+ ···+(−1)a
n−1
x
2
+ a
n
x
và F
c
(x)=F
0
(x) − c, c ∈ R.
Nếu n chẵn thì
F
c
(x)=x
n+1
− a
1
x
n

+ a
2
x
n−1
+ ···−a
n−1
x
2
+ a
n
x − c. (1.5)
Nếu n lẻ thì
F
c
(x)=−x
n+1
+ a
1
x
n
− a
2
x
n−1
+ ···−a
n−1
x
2
+ a
n

x − c.
Nhận xét rằng, deg F
c
(x)=n +1 ∀c ∈ R nên đa thức F
c
(x) có không quá n +1
nghiệm thực (định lý 1.3). Cần phải chứng minh F
c
(x) có ít nhất n +1 nghiệm thực.
Phép chứng minh dựa theo sự phân bố nghiệm của đa thức f(x).
Trường hợp 1. Nếu f(x) có n nghiệm phân biệt (tức x
1
<x
2
<x
3
< ··· <x
n
) thì
f(x
k
)=0, ∀k ∈{1, 2, ,n}.
Nhận xét rằng, tại các nút x
1
,x
3
,x
5
, ,x
2


n−1
2

+1
hàm số f(x) đổi dấu từ (+)
sang (−) nên nguyên hàm F
c
(x) đạt cực đại.
Tương tự, tại các nút x
2
,x
4
,x
6
, ,x
2

n
2

hàm số f (x) đổi dấu từ (−) sang (+)
nên nguyên hàm F
c
(x) đạt cực tiểu.
21
(i). Nếu
max
1≤i≤
[

n
2
]
F
0
(x
2i
) < min
0≤j≤
[
n−1
2
]
F
0
(x
2j+1
)
thì ta chọn
c ∈

max
1≤i≤
[
n
2
]
F
0
(x

2i
), min
0≤j≤
[
n−1
2
]
F
0
(x
2j+1
)

.
Khi đó F
0
(x
1
) >chay F
c
(x
1
) > 0 và F
0
(x
2
) <chay F
c
(x
2

) < 0. Suy ra
F
c
(x
1
)F
c
(x
2
) < 0.
Do đó ∃ x
1
∈ (x
1
,x
2
) là nghiệm của đa thức F
c
(x).
Tương tự, ∃ x
2
∈ (x
2
,x
3
), x
3
∈ (x
3
,x

4
), , x
n−1
∈ (x
n−1
,x
n
) là các nghiệm của
đa thức F
c
(x).
Ngoài ra, ta có nhận xét rằng trong mỗi khoảng (−∞,x
1
), (x
n
, +∞) thì F
c
(x)
còn có ít nhất một nghiệm nữa.
Thật vậy, do lim
x→−∞
F
0
(x)=−∞ và F
0
(x
1
) − c>0 nên trong (−∞,x
1
) đa thức

F
c
(x) có nghiệm. Tương tự, do lim
x→+∞
F
0
(x)=+∞ nếu n chẵn và lim
x→+∞
F
0
(x)=−∞
nếu n lẻ. Mặt khác, F
0
(x
2k
) − c<0 và F
0
(x
2k+1
) − c>0, nên trong khoảng (x
n
, +∞)
nguyên hàm F
c
(x) luôn có nghiệm.
Vậy nguyên hàm F
c
(x) có ít nhất n +1nghiệm thực.
(ii). Nếu
max

1≤i≤
[
n
2
]
F
0
(x
2i
) = min
0≤j≤
[
n−1
2
]
F
0
(x
2j+1
)
thì ta chọn
c = max
1≤i≤
[
n
2
]
F
0
(x

2i
) = min
0≤j≤
[
n−1
2
]
F
0
(x
2j+1
).
Ta chia trục số thành n − 1 đoạn và 2 nửa khoảng như sau
(−∞,x
1
], [x
1
,x
2
], ,[x
2q−1
,x
2q
], [x
2q
,x
2q+1
], ,[x
n
, +∞).

- Xét nửa khoảng (−∞,x
1
].
Do deg F
0
(x)=n +1nên theo định lý (1.4) ta có lim
x→−∞
F
0
(x)=−∞.
Nếu F
0
(x
1
)=c thì x
1
là nghiệm duy nhất của F
c
(x)=F
0
(x) − c trong nửa
khoảng (−∞,x
1
].
22
Nếu F
0
(x
1
) >c→ F

0
(x
1
) − c>0 thì ∃ x
1
∈ (−∞,x
1
] là nghiệm của F
c
(x).
- Xét đoạn [x
1
,x
2
]. Khi đó sẽ xảy ra các khả năng sau đây.
Nếu F
0
(x
1
)=c thì x
1
là nghiệm của F
c
(x). Kết hợp với
F
0
(x
2
) <F
0

(x
1
)=c
thì x
1
là nghiệm của nguyên hàm F
c
(x) trong đoạn [x
1
,x
2
]. Ta lại có x
1
là nghiệm
của đa thức f (x) nên x
1
là nghiệm kép của nguyên hàm F
c
(x).
Nếu F
0
(x
1
) >cthì F
0
(x
1
) − c>0. Kết hợp với F
0
(x

2
) <c→ F
0
(x
2
) − c<0 thì
∃ x
2
∈ [x
1
,x
2
] là nghiệm của F
c
(x). Nếu xảy ra F
0
(x
2
)=c thì x
2
là nghiệm duy nhất
của nguyên hàm F
c
(x) trong đoạn [x
1
,x
2
].
Như vậy trong mỗi nửa khoảng (−∞,x
1

] và đoạn [x
1
,x
2
] luôn tồn tại 1 nghiệm
thực của nguyên hàm F
c
(x). Khảo sát tiếp theo các đoạn và nửa khoảng còn lại ta
cũng thu được kết quả 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. Khi
đó, không giảm tính tổng quát, ta coi
x
1
= x
2
= ··· = x
s
<x
s+1
< ··· <x
n
, với 2  s  n − 1.
Từ hệ thức (1.5), ta có F
0
(x
1
)=F
0
(x

2
) và
F
0
(x
1
)  min
0≤j≤[
n−1
2
]
F
0
(x
2j+1
),F
0
(x
2
)  max
1≤i≤[
n
2
]
F
0
(x
2i
),
ta suy ra

min
0≤j≤[
n−1
2
]
F
0
(x
2j+1
)  F
0
(x
1
)=F
0
(x
2
)  max
1≤i≤[
n
2
]
F
0
(x
2i
).
Kết hợp với giả thiết
max
1≤i≤[

n
2
]
F
0
(x
2i
)  min
0≤j≤[
n−1
2
]
F
0
(x
2j+1)
ta thu được kết quả sau đây
max
1≤i≤[
n
2
]
F
0
(x
2i
) = min
0≤j≤[
n−1
2

]
F
0
(x
2j+1
)=F
0
(x
1
)=F
0
(x
2
).
23
Khi đó tồn tại duy nhất c sao cho
c = max
1≤i≤

n
2

F
0
(x
2i
) = min
0≤j≤

n−1

2

F
0
(x
2j+1
)=F
0
(x
1
)=F
0
(x
2
).
Xét nguyên hàm F
c
(x)=F
0
(x) − c. Ta chứng minh rằng đa thức F
c
(x) có các
nghiệm đều thực.
Vì x
1
là nghiệm bội bậc s của f(x) nên theo định lí 1.4 thì x
1
là nghiệm bội bậc
s +1 của đa thức F
c

(x)=F
0
(x) − c.
Nếu s chẵn thì s+1 lẻ, do đó F
0
(x
s+1
) > min
0≤j≤
[
n−1
2
]
F (x
2j+1
) hay F
0
(x
s+1
)−c>0.
Do s +2chẵn nên F
0
(x
s+2
) < max
1≤i≤
[
n
2
]

F (x
2i
) hay F
0
(x
s+2
) − c<0. Suy ra

F
0
(x
s+1
) − c

F
0
(x
s+2
) − c

< 0.
Vì thế ∃ x
s+2
∈ (x
s+1
,x
s+2
) là nghiệm của đa thức F
0
(x) − c. Tương tự, ∃ x

s+3
∈
(x
s+2
,x
s+3
), ∃ x
s+4
∈ (x
s+3
,x
s+4
), ,∃ x
n
∈ (x
n−1
,x
n
). Ta lại có lim
x→+∞
F
0
(x)=+∞
nếu n chẵn và lim
x→+∞
F
0
(x)=−∞ nếu n lẻ và F
0
(x

2i
) − c<0 và F
0
(x
2i+1
) − c>0,
nên trong (x
n
, +∞)nguyên hàm F
0
(x) − c luôn có ít nhất một nghiệm thực.
Vậy nguyên hàm F
c
(x)=F
0
(x) − c có ít nhất n +1nghiệm thực.
Chứng minh tương tự cho trường hợp s lẻ.
(ii). Giả sử f(x) có ít nhất hai nghiệm bội khác nhau x
α
= x
α+1
= ··· = x
β
và
x
γ
= x
γ+1
= ··· = x
δ

. trong đó 1  α<β<γ<δ n.
Không giảm tính tổng quát, ta giả sử rằng
x
1
<x
2
< ··· <x
α−1
<x
α
= x
α+1
= ···= x
β
<x
β+1
<
< ··· <x
γ−1
<x
γ
= x
γ+1
= ··· = x
δ
<x
δ+1
< ··· <x
n
Tương tự như trường hợp đa thức f (x) có một nghiệm bội ta cũng chứng minh

được
F
0
(x
α
) = max
[
α
2
]≤i≤[
β
2
]
F
0
(x
2i
) = min
[
α
2
]≤j≤[
β−1
2
]
F
0
(x
2j+1)
= F

0
(x
β
).
Mặt khác,
max
1≤i≤
[
n
2
]
F (x
2i
)  max
[
α
2
]≤i≤[
β
2
]
F
0
(x
2i
)