Mối quan hệ giữa hệ số và nghiệm của đa thức qua các bất đẳng thức

1
Mục lục
Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
Bảng các ký hiệu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1 Bất đẳng thức liên hệ giữa hệ số và nghiệm của đa thức
đại số 7
1.1. Bất đẳng thức với đa thức bậc thấp . . . . . . . . . . . . 7
1.1.1. Bất đẳng thức với tam thức bậc hai . . . . . . . . 7
1.1.2. Bất đẳng thức với đa thức bậc ba . . . . . . . . . 10
1.1.3. Bất đẳng thức với đa thức bậc bốn . . . . . . . . 12
1.2. Một số tam thức quan trọng . . . . . . . . . . . . . . . . 17
1.3. Bất đẳng thức với đa thức có các nghiệm thực . . . . . . 21
1.4. Bất đẳng thức liên quan đến nghiệm của đa thức . . . . 35
1.5. Bất đẳng thức với đa thức không âm . . . . . . . . . . . 42
1.6. Bất đẳng thức liên quan đến hệ số của đa thức . . . . . . 44
Phụ lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
2 Bất đẳng thức liên hệ giữa hệ số và nghiệm của đa thức
lượng giác 54
2.1. Bất đẳng thức về tổng lượng giác . . . . . . . . . . . . . 54
2.2. Bất đẳng thức với chuẩn L
p
. . . . . . . . . . . . . . . . 63
2.3. Bất đẳng thức cho nhân Dirichlet . . . . . . . . . . . . . 68
2.4. Bài toán cực trị trong các đa thức lượng giác . . . . . . . 70
2.5. Bất đẳng thức liên quan đến mômen và hệ số của các đa
thức côsin không âm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80
2

Lời cảm ơn
Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học sư phạm Hà Nội 2 dưới
sự hướng dẫn của PGS. TS. Tạ Duy Phượng.
Tôi xin bày tỏ lòng cảm ơn chân thành và sâu sắc tới thầy giáo -
PGS. TS. Tạ Duy Phượng, người đã luôn quan tâm, động viên, tận tình
hướng dẫn tôi trong suốt quá trình tôi làm luận văn.
Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới Ban giám hiệu trường Đại học
Sư phạm Hà Nội 2, phòng Sau Đại học, các thầy cô giáo trong nhà
trường, các thầy cô giáo dạy cao học chuyên ngành Toán giải tích đã tạo
điều kiện thuận lợi cho tôi trong quá trình học tập và nghiên cứu.
Tôi bày tỏ lòng biết ơn tới gia đình, người thân, bạn bè cùng học. . . ,
đã động viên và tạo mọi điều kiện thuận lợi để tôi hoàn thành bản luận
văn này.
Hà Nội, tháng 5 năm 2012
Nguyễn Đình Quang
3
Bảng các ký hiệu
R Tập hợp số thực.
C Tập hợp số phức.
|z| ≤ 1 Tập hợp các số phức z có môđun nhỏ hơn hoặc bằng 1.
|z| < 1 Tập hợp các số phức z có môđun nhỏ hơn 1.
C
k
n
Tổ hợp chập k của n phần tử hay là
n!
k!(n−k)!
.
[x] Phần nguyên của số thực x.
P (x) Đa thức P cho bởi công thức tương ứng với biến số x.

P
n
(z) Đa thức P bậc n, biến số z.
4
Mở đầu
1. Lí do chọn đề tài
Trước tiên ta xét một số ví dụ đơn giản sau đây
Thí dụ 1 (Schoenberg, 1960)
Kí hiệu F là tập tất cả các đa thức thực P (x) = ax
2
+ bx + c không
âm trên đoạn [−1, 1] thỏa mãn điều kiện

1
−1
P (x)dx = 1. Khi đó
min
−1≤ξ≤1

max
P ∈F
P (ξ)

=
2
3
.
Thí dụ 2 (Định lí Sturm về nghiệm của phương trình bậc ba)
Phương trình
x

3
+ ax
2
+ bx + c = 0
với các hệ số thực a, b, c có ba nghiệm thực x
1
, x
2
, x
3
khi và chỉ khi
−4a
3
c + a
2
b
2
+ 18abc − 4b
3
− 27c
2
≥ 0.
Thí dụ 3 (Rao, 1966)
Nếu cả ba nghiệm x
i
, i = 1, 2, 3 của đa thức P(x) = x
3
+ px
2
+ qx + r

với các hệ số p, q, r là thực thì
x
i
≤
2

p
2
− 3q − p
3
.
Thí dụ 4 (Verblunsky, 1950)
Điều kiện cần và đủ để đa thức bậc ba x
3
+ px
2
+ qx + 1 > 0 với mọi
x ≥ 0, trong đó p, q là các số thực và p + q + 3 ≥ 0 là
pq + 6(p + q) + 9 + 2(p + q + 3)
3
2
> 0.
5
Thí dụ 5 (Đề thi chọn đội tuyển Olympic Việt Nam, 1994)
Giả thiết rằng đa thức bậc bốn có bốn nghiệm dương. Chứng minh
rằng phương trình
1 − 4x
x
2
P (x) +


1 −
1 − 4x
x
2

P

(x) − P

(x) = 0
cũng có bốn nghiệm dương.
Thí dụ 6 (Olympic Hungari, 1979)
Đa thức P (x) có bậc không lớn hơn 2n. Biết rằng với mỗi số nguyên
k ∈ [−n, n] bất đẳng thức |P (k)| ≤ 1 được thỏa mãn. Chứng minh rằng
với mọi số x ∈ [−n, n] ta có bất đẳng thức
|P (x)| ≤ 2
2n
.
Nhận xét
Những ví dụ trên cho chúng ta thấy mối quan hệ giữa các hệ số của
đa thức và các nghiệm của nó, mô tả thông qua các bất đẳng thức nào
đó. Qua đó chúng ta có thể hiểu sâu sắc hơn về đa thức và nghiệm của
nó.
Theo chúng tôi, đây là một cách tiếp cận hay trong lý thuyết đa
thức. Vì vậy tôi chọn đề tài này làm đề tài luận văn cao học.
2. Mục đích nghiên cứu
Tìm hiểu và trình bày tổng quan về các bất đẳng thức liên quan đến
hệ số và nghiệm của đa thức.
6

3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Tìm hiểu lý thuyết đa thức và các vấn đề liên quan.
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu: Đa thức P
n
(z).
Phạm vi nghiên cứu: Các bài báo và các tài liệu liên quan đến quan
hệ giữa nghiệm của đa thức và hệ số của đa thức.
5. Phương pháp nghiên cứu
Sử dụng các kiến thức và công cụ của giải tích, hình học giải tích và
giải tích phức để tiếp cận và giải quyết vấn đề. Thu thập và nghiên cứu
các tài liệu có liên quan, đặc biệt là các bài báo mới về vấn đề mà luận
văn đề cập tới.
6. Đóng góp của luận văn
Luận văn được viết chủ yếu dựa trên Chương 2 (trang 85-172) của
cuốn sách [12], có tham khảo thêm các tài liệu khác.
Xây dựng luận văn thành một tài liệu tổng quan và tham khảo tốt
cho sinh viên và học viên cao học, giáo viên và học sinh về các bất
đẳng thức liên quan đến quan hệ giữa hệ số của đa thức và nghiệm của nó.
Bổ sung và hoàn chỉnh hai chương trong bản thảo bộ sách Phương
trình đa thức của tác giả PGS. TS. Tạ Duy Phượng.
7
Chương 1
Bất đẳng thức liên hệ giữa hệ số và
nghiệm của đa thức đại số
1.1. Bất đẳng thức với đa thức bậc thấp
Mục này trình bày các kết quả cơ bản cho đa thức với bậc không quá
bốn, cùng với các tính chất của chúng như tính dương, tính đơn diệp,
. . . Hơn nữa, ta cũng xét các mở rộng tương ứng cho các đa thức có bậc
cao hơn.

1.1.1. Bất đẳng thức với tam thức bậc hai
Định lý 1.1.1. (Moser và Pounder, 1962) Nếu ax
2
+ bx + c là một tam
thức bậc hai với các hệ số thực và có các nghiệm thực, thì
a + b + c ≤
9
4
max {a, b, c}.
Bài toán thú vị trên được Dixon tổng quát hóa thành:
Định lý 1.1.2. (Dixon) Nếu P (x) = a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ ··· + a
1
x + a
0
là một đa thức bậc n với các hệ số thực và chỉ có các nghiệm thực, thì
n

k=0
a
k
≤ A
n

max
0≤k≤n
a
k
và min
0≤k≤n
a
k
≤ B
n
max
0≤k≤n
a
k
8
. Ở đây, các hằng số A
n
và B
n
xác định bởi các công thức:
A
n
=
(n + 1)
n
C
s
n
(n − s)
n−s

(s + 1)
s
, B
n
=
1
C
s
n
, s =

n
2

.
Tiếp theo ta có
Định lý 1.1.3. Nếu P(z) = az
2
+ bz + c là một tam thức bậc hai với
các hệ số phức khác không thì nghiệm của nó phải nằm trong đĩa đóng
|z| ≤




b
a





+



c
b



. (1.1.1)
Thật vậy, ta có



√
∆



=




b
2
− 4ac




= |b|






1 −
4ac
b
2





≤ |b|

1 +




4ac
b
2





hay



√
∆



≤ |b|

1 +




2ac
b
2





= |b| +





2ac
b




.
Vậy
|z| =





−
b
2a
±
√
∆
2a





≤





b
2a




+




b
2a




+



c
b



=





b
a




+



c
b



.
Bất đẳng thức (1.1.1) được chứng minh.
Schoenberg đã xét bài toán cực trị thú vị sau đây.
Định lý 1.1.4. (Schoenberg, 1960) Kí hiệu F là tập tất cả các đa thức
thực P (x) = ax
2
+ bx + c không âm trên [−1; 1] thỏa mãn điều kiện

1
−1
P (x) dx = 1. Khi đó
min
−1≤x≤1


max
P ∈F
P (x)

=
2
3
.
Chứng minh
9
Dễ dàng kiểm tra được rằng cả ba đa thức
P
1
(x) =
1
2
(1 + x) , P
2
(x) =
1
2
(1 − x) , P
3
(x) =
3
4

1 − x
2


.
đều nằm trong tập F.
Thật vậy, hiển nhiên, P
i
(x) ≥ 0 với ∀x ∈ [−1, 1] và i = 1, 2, 3. Hơn nữa,

1
−1
P
1
(x)dx =

1
−1
1
2
(1 + x) dx
=
1
4
(1 + x)
2



1
−1
= 1;


1
−1
P
2
(x)dx =

1
−1
1
2
(1 − x) dx
= −
1
4
(1 − x)
2



1
−1
= 1;

1
−1
P
3
(x)dx =

1

−1
3
4

1 − x
2

dx
=
3
4

x −
x
3
3




1
−1
= 1.
Chứng tỏ P
i
∈ F , i = 1, 2, 3.
Với mỗi x (−1 ≤ x ≤ 1) ta có (xem hình 1)
max {P
1
(x) , P

2
(x) , P
3
(x)} =









P
2
(x) với − 1 ≤ x ≤ −
1
3
;
P
3
(x) với −
1
3
≤ x ≤
1
3
;
P
1

(x) với +
1
3
≤ x ≤ 1.
Chứng tỏ max
−1≤x≤1
{P
1
(x) , P
2
(x) , P
3
(x)} ≥
2
3
.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = ±
1
3
.
Suy ra max
−1≤x≤1
P (x) ≥
2
3
với P ∈ F .
Mặt khác, với mọi tam thức bậc hai P (x) = ax
2
+ bx + c chúng ta có
P


1
3

=
a
9
+
b
3
+ c; P (−1) = a − b + c;

1
−1
P (x) dx =

1
−1

ax
2
+ bx + c

dx =

1
3
ax
3
+

1
2
bx
2
+ cx





1
−1
=
2a
3
+2c.
Do đó với mọi tam thức bậc hai P (x) = ax
2
+ bx + c thuộc tập F ta có:
P

1
3

=
2
3

1
−1

P (x) dx −
1
3
P (−1) =
2
3
−
1
3
P (−1) ≤
2
3
.
10
Do đó max
P ∈F
P

1
3

=
2
3
hay min
−1≤x≤1
max
P ∈F
P


1
3

=
2
3
.
Vậy min
−1≤x≤1
max
P ∈F
P (x) =
2
3
. Điều phải chứng minh.
Nhận xét 1.1.1
Bài toán Schoenberg có thể được giải quyết bằng cách biểu diễn của các
đa thức không âm trên đoạn [−1, 1] dưới dạng
P (x) = (ax + b)
2
+

1 − x
2

c
2
(a, b, c ∈ R)
1.1.2. Bất đẳng thức với đa thức bậc ba
Định lý 1.1.5. (Rao, 1966) Cho a

i
, i = 0, 1, 2 là những số thực. Nếu
tất cả ba nghiệm x
i
, i = 1, 2, 3 của phương trình
P (x) = x
3
+ a
2
x
2
+ a
1
x + a
0
= 0 (*)
là những số thực thì chúng phải thỏa mãn bất đẳng thức
x
i
≤
2

a
2
2
− 3a
1
− a
2
3

(**).
Chứng minh (Losey) Để đưa đa thức về dạng chuẩn
Q(y) = y
3
+ py + q,
ta đặt y = x − λ hay x = y + λ. Khi ấy:
P (x) = (y + λ)
3
+ a
2
(y + λ)
2
+ a
1
(y + λ) + a
0
= y
3
+ py + q = Q (y) .
So sánh hệ số hai vế ta được λ = −
a
2
3
, p =
3a
1
−a
2
2
3

và q = a
0
−
a
1
a
2
3
+ 2
a
3
2
27
.
Ta thấy p và q là những số thực vì a
i
, i = 0, 1, 2 là những số thực.
Suy ra

−
p
3
=
√
a
2
2
−3a
1
3

.
Do đó, nếu nghiệm x
i
, i = 1, 2, 3 của đa thức P (x) là những số thực và
x
i
≤
2
√
a
2
2
−3a
1
−a
2
3
thì nghiệm của đa thức Q (y) cũng là những số thực và
y
i
= x
i
− λ = x
i
+
a
2
3
≤
2

√
a
2
2
−3a
1
3
= 2

−
p
3
.
Vì p và q là những số thực và y
1
≥ y
2
≥ y
3
là các nghiệm thực của Q(y)
nên
Q(y) = y
3
+ py + q = (y − y
1
)(y
2
+ y
1
y + y

2
1
+ p).
Từ đó ta thấy:
11
• Hai nghiệm còn lại y
2,3
của Q(y) là các nghiệm thực của phương
trình bậc hai y
2
+ y
1
y + y
2
1
+ p = 0. Suy ra ∆ = y
2
1
−4(y
2
1
+ p) ≥ 0,
hay y
2
1
≤ −4
p
3
, tức là y
1

≤ 2

−
p
3
=
2
√
a
2
2
−3a
1
3
. Vậy
x
1
= y
1
−
a
2
3
≤
2

a
2
2
− 3a

1
− a
2
3
.
Suy ra
x
3
≤ x
2
≤ x
1
≤
2

a
2
2
− 3a
1
− a
2
3
,
tức là cả ba nghiệm của phương trình (*) thỏa mãn bất đẳng thức
(**).
• Nếu P (x) chỉ có đúng một nghiệm thực, thì Q(y) cũng có đúng một
nghiệm thực, tức là ∆ = y
2
1

− 4(y
2
1
+ p) < 0 hay y
2
1
> −
4p
3
.
Như vậy trong bài toán ban đầu ta có thể nói rằng: Hoặc tất cả ba
nghiệm của (*) là thực và chúng thỏa mãn bất đẳng thức (**) hoặc (*)
chỉ có một nghiệm thực là x
1
thỏa mãn bất đẳng thức
x
2
1
>

2

a
2
2
− 3a
1
− a
2


2
3
.
Định lý 1.1.6. (Verblunsky, 1950) Điều kiện cần và đủ để đa thức bậc
ba x
3
+px
2
+qx+1 > 0 với mọi x ≥ 0, trong đó p ∈ R, q ∈ R, p+q+3 ≥ 0
là:
pq + 6(p + q) + 9 + 2(p + q + 3)
3
2
> 0.
Định lý 1.1.7. (Wrona, 1966) Xét đa thức thực bậc ba: P (x) = x
3
+
px + q với các nghiệm x
1
, x
2
, x
3
. Đặt
d = min {|x
1
− x
2
|, |x
2

− x
3
|, |x
3
− x
1
|}, D =
q
2
4
+
p
3
27
.
1) Nếu D = 0 thì d = 0;
2) Nếu D < 0 thì 2

−3D
|p|
< d ≤ 3

−3D
|p|
≤

|p|;
12
3) Nếu D > 0 và p > 0 thì
√

p ≤ d ≤

p + 12
3

q
2
4
;
4) Nếu D > 0 và p < 0 thì
√
3
3

−
q
2
−
√
−p < d < 2

p + 3
3

q
2
4
.
1.1.3. Bất đẳng thức với đa thức bậc bốn
Đối với đa thức thực bậc bốn, ta có:

Định lý 1.1.8. (Maˇrisk) Cho P (x) = a
0
x
4
+ 4a
1
x
3
+ 6a
2
x
2
+ 4a
3
x + a
4
là đa thức có các hệ số thực với a
0
> 0, |a
3
| + |a
4
| > 0. Đặt
E = a
0
a
4
+ 3a
2
2

− 4a
1
a
3
,
S = a
0
a
4
+ 2a
1
a
3
,
F = a
0
a
2
3
+ a
2
1
a
4
+ a
3
2
− a
0
a

2
a
4
− 2a
1
a
2
a
3
,
D = E
3
− 27F
2
,
R = S
2
− 9a
0
a
2
2
a
4
.
Khi đó P không âm khi và chỉ khi D ≥ 0 cùng với một trong các điều
kiện sau
R ≤ 0 và a
2
≥ 0 hoặc R ≤ 0 và − a

0
a
4
≤ 2a
1
a
3
≤ 2a
0
a
4
.
Xét đa thức bậc bốn
P (x) = a
0
x
4
+ a
1
x
3
+ a
2
x
2
+ a
3
x + a
4
thỏa mãn điều kiện P (x) > 0 với mọi x ≥ 0.

Dễ thấy, khi đó ta phải có a
0
> 0 và a
4
> 0. Đặt x = ct với c =
4

a
4
a
0
.
Khi ấy đa thức P (x) có thể đưa về đa thức bậc bốn Q (t) với hệ số của
lũy thừa bậc bốn bằng 1. Vì vậy Verblunsky đã xét đa thức dạng
P (x) = x
4
+ ax
3
+ bx
2
+ cx + 1. (1.1.2)
Định lý 1.1.9. (Verblunsky) Đặt
p = 2 −

b −
√
12 + b
2
− 3ac


3
;
13
L = L (b) = (p − 4)

b + 2p − 2 − (a + c) ;
và
M(b) =





32(b − 2) với b ≥ 6
(b + 2)
2
với b < 6
Đa thức (1.1.2) thỏa mãn điều kiện P (x) > 0 với mọi x > 0 nếu một và
chỉ một điều kiện sau được thỏa mãn:
1) a > 0, c > 0, b + 2 + 2
√
ac > 0;
2) a > 0, c > 0, b + 2 + 2
√
ac ≤ 0, L < 0;
3) a < 0, c < 0, L < 0, M(b) > 8ac, b + 2 > 0;
4) ac ≤ 0, L < 0.
Xét đa thức
P (z) =
n


k=1

1 −
z
w
k

, (1.1.3)
với các điểm w
k
nằm trên đường tròn đơn vị C trong mặt phẳng phức.
Cohen đã chứng minh được rằng trên một số đường Γ nối gốc tọa độ với
C, bất đẳng thức |P (z)| < 1 luôn đúng trừ điểm z = 0. Một thời gian
sau C. Lowener đã thiết lập một đa thức (1.1.3) có tính chất: Trên mọi
bán kính của đĩa đơn vị luôn tồn tại một điểm mà tại đó |P (z)| > 1.
Trong khi đó, Erd¨os, Herzog, và Piranian cũng đã thảo luận câu hỏi sau
đây: Tồn tại hay không hằng số L sao cho với mọi đa thức (1.1.3) bất
đẳng thức |P (z)| < 1 đúng trên một đường nối gốc tọa độ với C và có
chiều dài lớn nhất là L?
Erd¨os, Herzog, và Piranian giải quyết câu hỏi này với đa thức (1.1.3)
trong trường hợp n ≤ 4 và thu được kết quả sau [6]
Định lý 1.1.10. Cho P (z) =
n

v=1
(z − z
v
), với |z
v

| = 1. Với n ≤ 4, tồn
tại hai giá trị θ

và θ

sao cho với 0 ≤ r < +∞ ta có



P

re
iθ





≤ |1 − r
n
| và



P

re
iθ






≥ 1 + r
n
. (1.1.4)
14
Chứng minh
Ta chỉ cần chứng minh (1.1.4) cho trường hợp n = 3 và n = 4.
Trường hợp n = 1 và n = 2 bất đẳng thức (1.1.4) dễ dàng thỏa mãn.
Trường hợp n = 3 : Gọi α, β, γ là ba góc tạo bởi các bán kính 0z
v
, với
2π ≥ α ≥ β ≥ γ ≥ 0 và α + β + γ = 2π. Suy ra α ≥
2π
3
.
Chứng minh sự tồn tại của θ

: Để chứng minh sự tồn tại của θ

, ta
đặt z
1
= 1, z
2
= e
iβ
, z
3

= e
−iγ
. Ta sẽ chứng minh rằng |P (r)| ≤


1 − r
3


với 0 ≤ r < +∞. Thật vậy, vì
|P (r)| = |1 − r|

1 − 2r cos β + r
2

1 − 2r cos γ + r
2
nên ta chỉ cần chứng minh
∆

=

1 − r
3

2
− |P (r)|
2
= (1 − r)
2


2r

1 + r
2

(1 + cos β + cos γ) + r
2
(1 − 4 cos β cos γ)

≥ 0.
Ta có:
0 ≤
β − γ
2
≤
β
2
≤
π
2
và 0 ≤
β + γ
2
≤
2π
3
, (1.1.5)
nên
1 + cos β + cos γ = 1 + 2 cos

β + γ
2
cos
β − γ
2
≥ 1 −cos
β − γ
2
≥ 0.
Suy ra
∆

≥ r
2
(1 − r)
2
[4 (1 + cos β + cos γ) + 1 − 4 cos β cos γ]
= r
2
(1 − r)
2

9 − 16sin
2
β
2
sin
2
γ
2


.
Sử dụng (1.1.5), ta được
0 ≤ 4 sin
β
2
sin
γ
2
= 2 cos
β − γ
2
− 2 cos
β + γ
2
≤ 3,
và vì vậy giá trị θ

= 0 thỏa mãn tính chất đòi hỏi.
Chứng minh sự tồn tại của θ

. Giả sử α, β, γ là các góc xác định như
15
trên. Đặt z
1
= e
iα
2
, z
2

= e
−iα
2
và z
3
= e
i
(
α
2
+β
)
. Ta sẽ chỉ ra rằng|P (r)| ≥
1 + r
3
với 0 ≤ r < +∞.
Nếu α ≥ π thì |P (r)| ≥

1 + r
2

3
2
≥ 1 + r
3
.
Phần còn lại của chứng minh α sẽ nằm trong khoảng
2π
3
≤ α < π. Khi

đó: Đặt t = cos
α
2
, suy ra cos
3α
2
= 4t
3
− 3t và 0 < t ≤
1
2
.
Vì π ≤
α
2
+ β ≤
3α
2
, ta có |r − z
3
| ≥



r − 3e
iα
2




.
Do đó |P (r)| ≥

1 − 2rt + r
2

1 − 2r

4t
3
− 3t

+ r
2

1
2
.
Suy ra
∆

=

1 − 2rt + r
2

2

1 − 2r


4t
3
− 3t

+ r
2

−

1 + r
3

2
là không âm với 0 ≤ r < ∞ và 0 < t ≤
1
2
.
Từ đó ta có ∆

= A
1
r

1 + r
4

+ A
2
r
2


1 + r
2

+ A
3
r
2
, trong đó
A
1
= 2t

1 − 4t
2

≥ 0; A
2
=

1 − 4t
2

3 − 8t
2

≥ 0; A
3
= −2+4t+8t
3

−32t
5
.
Do đó, ∆

≥ r
3
(2A
2
+ A
3
) ≥ 0.
Trường hợp n = 4 : Gọi α, β, γ, δ theo thứ tự là bốn góc không âm tạo
bởi các bán kính Oz
v
với α + β + γ + δ = 2π.
Chứng minh sự tồn tại của θ

: Giả sử α, β, γ, δ đã được chọn sao cho
γ + δ ≤ π. Đặt z
1
= 1, z
2
= e
iδ
, z
3
= e
i(δ+α)
= e

−i(β+γ)
, z
4
= e
−iγ
Ta
sẽ chỉ ra rằng
|P (r)| ≤


1 − r
4


với 0 ≤ r < +∞.
Ta có |r − z
1
| = |1 − r| và |r − z
3
| ≤ 1 + r.
Do 0 ≤ δ ≤ π − γ ≤ π nên ta có bất đẳng thức
|r − z
2
| ≤



r − e
i(π−γ)




=


r + e
−iγ


.
Hơn nữa |(r − z
2
) (r − z
4
)| ≤


r
2
− e
−2iγ


≤ 1 + r
2
.
Suy ra điều phải chứng minh.
Chứng minh sự tồn tại của θ

: Chọn α, β, γ, δ tương tự như trên.

Giả sử
α + β ≥ π ≥ γ + δ, α + δ ≥ π ≥ β + γ, β ≥ δ. (1.1.6)
16
Đặt z
1
= e
−iα
2
, z
2
= e
iα
2
, z
3
= e
i
(
α
2
+β
)
, z
4
= e
−i
(
α
2
+δ

)
.
Từ (1.1.6) ta nhận được
π −
α
2
≤
α
2
+ δ ≤
α
2
+ β ≤ π +
α
2
. (1.1.7)
Ta chia ra hai trường hợp :
• Nếu α ≥
π
2
ta chứng minh |P (r)| ≥ 1 + r
4
với 0 ≤ r < ∞.
– Với α ≥ π ta có điều phải chứng minh
– Với
π
2
≤ α < π và v = 3, 4, từ bất đẳng thức (1.1.7) ta có
|r − z
v

| ≥



r − e
i
(
π−
α
2
)



= |r + z
1
|.
Suy ra
|P (r)| ≥ |r −z
1
|
2
|r + z
1
|
2
=


r

2
− z
1
2


2
= 1−2r
2
cos α+r
4
≥ 1+r
4
.
• Nếu α <
π
2
ta chứng minh |P (ir)| ≥ 1 + r
4
với 0 ≤ r < ∞.
Thật vậy, từ (1.1.7) ta có
|ir − z
3
| ≥



ir − e
i
(

α
2
+δ
)



= |ir + z
4
|.
Do đó
|(ir − z
3
) (ir − z
4
)| ≥


r
2
+ z
2
4


≥

1 + 2r
2
cos α + r

4

1
2
.
Tương tự,
|(ir − z
1
) (ir − z
2
)| =

1 + 2r
2
cos α + r
4

1
2
,
Suy ra |P (ir)| ≥ 1 + 2r
2
cos α + r
4
≥ 1 + r
4
. Định lí đã được chứng
minh.
Nhận xét 1.1.2. Trong trường hợp n = 4 bất đẳng thức |P (z)| ≥ 1
không nhất thiết đúng mọi nơi trên đường phân giác của góc lớn nhất

trong bốn góc trên. Thí dụ, chọn z
1
= e
iπ
3
, z
2
= −1, z
3
= z
4
= e
−iπ
3
ta
17
có


P

1
2



=
9
16
√

3 < 1. Thậm chí cho phép tính liên tục, ta thấy rằng
nếu α > β > γ > δ > 0 thì bất đẳng thức |P (z)| ≥ 1 không nhất thiết
thỏa mãn tại mọi điểm trên đường phân giác của góc α.
Bài toán xác định giá trị lớn nhất của n là bậc của đa thức (1.1.3) luôn
luôn thoả mãn bất đẳng thức (1.1.4) trên hai bán kính tương ứng của
đĩa đơn vị hoặc trên hai tia từ gốc tọa độ dường như là một vấn đề thú
vị.
1.2. Một số tam thức quan trọng
Chúng ta bắt đầu với kết quả đáng chú ý sau:
Với mọi số thực x và số chẵn n bất kỳ luôn có:
Q (x) = x
n
− nx + n − 1 ≥ 0. (1.2.1)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1.
Chứng minh Nếu x ≤ 0 ta có Q (x) > 0. Xét x > 0 :
Theo qui tắc dấu Descartes, đa thức Q không thể có nhiều hơn hai
nghiệm dương. Vì Q (1) = Q

(1) = 0 nên Q có một nghiệm kép x = 1.
Vậy x = 1 là nghiệm thực duy nhất của Q . Bất đẳng thức (1.2.1) được
chứng minh.
Bất đẳng thức trên có thể được sử dụng như là điểm xuất phát trong
quá trình tìm kiếm các bất đẳng thức khác. Thí dụ, Dilcher, Nulton và
Stolarsky đã xét tam thức
T (x) = mx
n
− nx
m
+ n − m, n > m > 0, (1.2.2)
và bất đẳng thức tương ứng T (x) > 0 khi 0 < x < 1.

Chẳng hạn, khi ta thay x bởi

x
y

1
n
với y > x > 0 và
m
n
= λ, ta thu được
bất đẳng thức trung bình cộng-trung bình nhân có trọng số (AG)
λx + (1 − λ) y ≥ x
λ
y
1−λ
. (1.2.3)
18
Dilcher, Nulton và Stolarsky đã nghiên cứu sự phân bố nghiệm của đa
thức (1.2.2). Dưới đây là các kết quả của họ.
Cho đường tròn C = {z ∈ C | |z| = 1} và kí hiệu gcd(m, n) là ước
chung lớn nhất của hai số nguyên m và n.
Định lý 1.2.1. (Dilcher, Nulton và Stolarsky) Giả sử a > b > 0 là các
số thực và n > m > 0 là các số nguyên. Khi đó số nghiệm của tam thức
P (z) = bz
n
−az
m
+ a −b nằm hẳn trong C là m−gcd(m, n) nếu
a

b
≥
n
m
và là m nếu
a
b
<
n
m
.
Hệ quả 1.2.1. Nếu n > m > 0 là hai số nguyên nguyên tố cùng nhau
thì tam thức T (z)trong (1.2.2) có m − 1 nghiệm nằm hẳn bên trong C
và n − m − 1 nghiệm nằm hẳn bên ngoài C và một nghiệm kép z = 1
trên C.
Cho n ≥ 3 thì nghiệm của
T (z)
(z−1)
2
nằm trong các hình vành khăn sau:
(a) Với m = 1 : 1 + (n − 2)
−1
≤ |z| ≤ [2 (n − 1)]
1
n−1
;
(b) Với 2 ≤ m ≤ n − 2 :
max

(2m)

−1
m
, 1 −
1
n − m

2n
m

≤ |z| ≤ min

[2 (n − m)]
1
n−m
, 1 +
1
m

2n
n − m

;
(c) Với m = n − 1 : [2 (n − 1)]
−1
n−1
≤ |z| ≤ 1 − (n − 1)
−1
.
Đặt y = 1, bất đẳng thức AG (1.2.3) rút gọn thành
1 − λ + λx − x

λ
≥ 0, 0 < x < 1, 0 < λ < 1. (1.2.4)
Thay x bởi e
t
ta được đa thức hàm số mũ P (t) = 1 −λ + λe
t
−e
λt
. Tiếp
tục thay e
t
bởi

1 +
t
n

n
, khi đó P (t) có dạng
P (t) = 1 − λ + λ

1 +
t
n

n
−

1 +
λt

n

n
.
Cuối cùng, với biến mới z = 1 +
t
n
, ta có đa thức
Q
n
(z) = λz
n
+ 1 − λ − (λz + 1 − λ)
n
, (1.2.5)
19
dần đến vế trái của (1.2.4) khi n → +∞.
Kết quả sau đây cho ta thấy khi giá trị n nhỏ (phụ thuộc λ), sự phân
bố các nghiệm của đa thức Q
n
(z) không phụ thuộc vào λ.
Định lý 1.2.2. Nếu 0 < λ < 1 là một số thực bất kì cho trước, thì đa
thức Q
n
(z) = λz
n
+ 1 − λ − (λz + 1 − λ)
n
vô nghiệm bên trong đường
tròn đơn vị C khi n ≤

5
51λ
+ 1.
Định lý 1.2.3. (Dilcher, Nulton và Stolarsky) Nếu λ cho trước và n đủ
lớn, thì đa thức Q
n
(z) = λz
n
+ 1 − λ − (λz + 1 − λ)
n
có nghiệm bên
trong đường tròn C khi và chỉ khi λ không là nghịch đảo của một số
nguyên dương.
Brannan đã nghiên cứu tính đơn diệp (univalence) của họ đa thức
phụ thuộc tham số t dạng P
3
(z) = z + a
2
z
2
+ tz
3
trong đĩa đơn vị, với t
là số thực dương.
Định lý 1.2.4. (Brannan) Với 0 ≤ t ≤
1
5
, tam thức P
3
(z) là đơn diệp

trong |z| < 1 khi và chỉ khi a
2
nằm trong ellipse
E
3,t
: =

x + iy ∈ C






x
1 + 3t

2
+

y
1 − 3t

2
≤
1
4

.
Trong khi đó, với

1
5
≤ t ≤
1
3
, tam thức P
3
(z) đơn diệp trong |z| < 1 khi
và chỉ khi a
2
nằm trong giao

(1−2t)/t≤α≤3
E
α,t
của họ các ellipse
E
α,t
: =

x + iy ∈ C






x
1 + αt


2
+

y
1 − αt

2
≤
1
1 + α

.
Để chứng minh định lí này, Brannan đã sử dụng tiêu chuẩn Dieudonné
sau đây.
Định lý 1.2.5. (Dấu hiệu Dieudonné)
Đa thức P (z) = z + a
2
z
2
+ ··· + a
n
z
n
là đơn diệp trong |z| < 1 khi và
chỉ khi với mọi giá trị θ ∈

0,
π
2


đa thức liên kết
φ (z, θ) = 1 +
sin 2θ
sin θ
a
2
z + ···+
sin nθ
sin θ
a
n
z
n−1
20
không triệt tiêu trong |z| < 1. Khi θ = 0, φ (z, θ) có thể hiểu là P
n

(z) .
Định lí 1.2.4 cũng được tìm ra bởi Cowling và Royster bằng một cách
khác. Trong khi đó, Ruscheweyh và Wirths, Rahman và Szynal đã xét
tam thức tổng quát hơn là
P (z) = z + α
m
z
m
+ β
m
z
2m−1
, với m ∈ N\{1}, α

m
, β
m
∈ C.
Định lý 1.2.6. (Rahman và Szynal) Giả sử P (z) = z + α
m
z
m
+ tz
2m−1
,
với t là số thực dương và α
m
∈ C. Nếu
A
m
(u) =
1 + tS
2m−2
(u)
S
m−1
(u)
và B
m
(u) =
1 − tS
2m−2
(u)
S

m−1
(u)
, ở đây S
k
(u) là đa thức Chebyshev loại 2 bậc k, thì P (z) đơn diệp trong
miền |z| < 1 khi và chỉ khi a
m
nằm trong giao D
m,t
=

u
E
m,u,t
của các
ellipse
E
m,u,t
: =

x + iy ∈ C




x
2
A
m
(u)

2
+
y
2
B
m
(u)
2
≤ 1

, 0 ≤ u ≤ 1.
Thay m = 2, ta thu được Định lí 1.2.4 của Brannan.
Để chứng minh Định lí 1.2.6, Rahman và Szynal sử dụng các bổ đề sau.
Bổ đề 1.2.1. Nếu P (z) = 1 + az + bz
2
(b ∈ R, a ∈ C) không triệt tiêu
trong miền |z| < 1 thì a nằm trong ellipse
E : =

x + iy ∈ C






x
1 + b

2

+

y
1 − b

2
≤ 1

với − 1 < b < 1.
• Nếu b = 1 thì a ∈ [−2; 2] .
• Nếu b = −1 thì a ∈ [−2i; 2i] .
Bổ đề 1.2.2. Nếu P (z) = z + α
m
z
m
+ β
m
z
2m−1
đơn diệp trong miền
|z| < 1 thì
z
−1
P (z) = 1 + α
m
z
m−1
+ β
m
z

2m−2
= 0
trong miền |z| < (2m − 1)
1/2(p−1)
.
21
Rahman và Waniurski đã xét tam thức bất kì dạng z + a
m
z
m
+
a
n
z
n
(m < n) .
Định lý 1.2.7. (Rahman và Waniurski) Tam thức f
t
(z) = z−a
2
z
2
+tz
4
,
( với a
2
∈ R, 0 < t ≤
1
4

) đơn diệp trong miền |z| < 1 khi và chỉ khi
1
2
(1 − 4t) ≤ a
2
≤













1
2
(1 + 4t), nếu 0 < t ≤
1
16
,
1
2
(3(2t)
1
3

− 4t), nếu
1
16
≤ t ≤
1
2
(
1
6
)
3
4
),
1
2
((4t)
−1
− 4t), nếu
1
2
(
1
6
)
3
4
) ≤ t ≤
1
4
.

Định lý 1.2.8. (Rahman và Waniurski) Tam thức
f
t
(z) = z − a
3
z
3
+ tz
4

0 < t ≤
1
4

đơn diệp trong miền |z| < 1 khi và chỉ khi a
3
∈
1
3
¯
G
0
, ở đây G
0
là miền
xác định bởi đường cong w (ϕ) = e
−2iϕ
+ 4te
iϕ
và chứa gốc tọa độ.

1.3. Bất đẳng thức với đa thức có các nghiệm thực
Trong mục này chúng ta chỉ xét các đa thức mà tất các các nghiệm
của chúng đều là số thực.
Định lý 1.3.1. (Peyser) Cho P (x) = (x − x
1
) ···(x − x
n
), ở đây
x
1
, , x
n
là các số thực thỏa mãn x
k
≤ x
k+1
với mọi k = 1, , n − 1.
Đặt
P

(x) = n (x − y
1
) ···(x − y
n−1
)
với x
k
≤ y
k
≤ x

k+1
và ∆x
k
= x
k+1
− x
k
, k = 1, . . . , n − 1. Khi đó, với
k = 1, . . . , n − 1 ta có:
x
k
+
∆x
k
n − k + 1
≤ y
k
≤ x
k+1
−
∆x
k
k + 1
. (1.3.1)
Từ (1.3.1) ta có hệ quả sau:
22
Hệ quả 1.3.1. Nghiệm y
k
(1 ≤ k ≤ n − 1) của P


thỏa mãn bất đẳng
thức x
k
+
∆x
k
n
≤ y
k
≤ x
k+1
−
∆x
k
n
.
Điều này có nghĩa là mỗi nghiệm y
k
không thể bằng x
k
hoặc x
k+1
và
khoảng cách giữa x
k
và x
k+1
lớn hơn
1
n

. Đánh giá này không phụ thuộc
vào chỉ số k mà nó chỉ phụ thuộc vào bậc của đa thức P.
Áp dụng khác của (1.3.1) là:
1) y
1
luôn nằm trong nửa đầu của khoảng đầu tiên hay là y
1
≤
x
1
+x
2
2
.
2) y
n
luôn nằm trong nửa khoảng thứ hai của khoảng cuối cùng hay
y
n
≥
x
n−1
+ x
n
2
.
Định lý 1.3.2. (Maˇrík) Nếu đa thức
P (x) =
n


k=0
a
k
x
n−k
k! (n − k)!
(n ≥ 3; a
0
a
n
= 0) , (1.3.2)
chỉ có nghiệm thực thì
a
2
k
≥ a
k−1
a
k+1
(k = 1, , n − 1)
và
4

a
2
k+1
− a
k
a
k+2


a
2
k+2
− a
k+1
a
k+3

≥ (a
k+1
a
k+2
− a
k
a
k+3
)
2
,
với mọi k = 0, 1, . . . , n − 3.
Định lý 1.3.3. (Olds và Starke) Nếu các nghiệm của phương trình
a
0
x
n
− C
1
n
a

1
x
n−1
+ C
2
n
a
2
x
n−2
− ··· + (−1)
n
a
n
= 0, (1.3.3)
là dương và phân biệt thì
a
p
a
q
> a
r
a
s
với mọi p, q, r, s sao cho p + q = r + s và |p − q| < |r − s|.
Đặc biệt,
a
p
a
n−p

> a
0
a
n
(p = 1, , n − 1) .
23
Jolliffe đã xét đẳng thức (1.3.3) khi a
0
= 1 và chứng minh được a
r
2
>
a
r−1
a
r+1
, với điều kiện các nghiệm là những số thực.
Fransén và Lohne đã chứng minh một bất đẳng thức đơn giản sau:
Cho đa thức thực
P (x) = a
0
x
n
+ a
1
x
n−1
+ ··· + a
n−1
x + a

n
(a
0
a
n
= 0) ,
với tất cả các nghiệm x
1
, , x
n
, đều dương, ta có:
a
1
a
n−1
a
0
a
n
≥ n
2
.
Thật vậy, dựa vào bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình
nhân ta có:
a
n−1
a
n
.
a

1
a
0
=
n

k=1
x
k
n

k=1
1
x
k
≥ n
2
.
Định lý 1.3.4. (Constantinescu). Cho P (x) =
n

k=0
a
k
x
k
và Q (x) =
m

k=0

b
k
x
k
là hai đa thức với hệ số thực với tất cả các nghiệm là thực và
a
n
> 0, b
m
> 0. Nếu các nghiệm đôi một khác nhau thì với m = n ta có
a
k−1
b
k
> a
k
b
k−1
(k = 1, , n) ,
và với m = n − 1 ta có
a
k−1
b
k
< a
k
b
k−1
(k = 1, , n − 1) .
Bất đẳng thức sau cho ta thấy mối liên hệ giữa P (x) , P


(x) và P

(x)
là các đa thức với nghiệm thực:
Nếu tất cả các nghiệm của đa thức thực P (x) bậc n là thực thì
(n − 1) P

(x)
2
− nP (x) P

(x) ≥ 0.
Gọi x
v
(v = 1, , n) là tất cả các nghiệm của đa thức P bậc n. Dùng
đạo hàm logarit cho đa thức P, ta có:
P

(x)
2
− P (x) P

(x) = P (x)
2
n

v=1
1
(x − x

v
)
2
24
Nếu P là đa thức với nghiệm thực thì ta được bất đẳng thức Laguerre:
P

(x)
2
− P (x) P

(x) ≥ 0 (x ∈ R) .
Dilcher và Stolarsky đã nghiên cứu chi tiết về nghiệm của đa thức đặc
biệt
Q (x) ≡ P

(x)
2
− P (x) P

(x) .
Cho P (x) là đa thức thực bậc n với các nghiệm thực x
1
, , x
n
và cho là
các nghiệm của đạo hàm P

sao cho x
1

≤ ··· ≤ x
n
và y
1
≤ ··· ≤ y
n−1
.
Khi đó, đặt
(n − 1) ξ
k
= (x
1
+ ··· + x
n
) − x
k
và
(n − 2) η
k
= (y
1
+ ··· + y
n−1
) − y
k
,
Popoviciu đã chứng minh các bất đẳng thức sau:
1
k
k


v=1
x
v
≥
1
k − 1
k−1

v=1
y
v
,
1
k
n

v=n−k+1
x
v
≤
1
k − 1
n−1

v=n−k+1
y
v
, (1.3.4)
1

n
n

v=1
φ (x
v
) ≥
1
n − 1
n−1

v=1
φ (y
v
),
1
n
n

v=1
φ (ξ
v
) ≤
1
n − 1
n−1

v=1
φ (η
v

),
ở đây x → φ (x) là một hàm lồi.
Nếu nghiệm của đa thức P không âm và A =
1
n
(x
1
+ ··· + x
n
) ,
G = (x
1
···x
n
)
1
n
, thì
G ≤ (ξ
1
···ξ
n
)
1
n
≤ A
và
G
2
≤

2
n (n − 1)

ξ
i
ξ
k
≤ A
2
,
25
với i = 1, . . . , n − 1 và k = i + 1, . . . , n.
Cho P (x) = x
n
+ a
1
x
n−1
+ a
2
x
n−2
+ ···+ a
n−1
x +a
n
là một đa thức thực
với các nghiệm thực x
1
, . . . , x

n
. Đặt
¯x = −
a
1
n
=
1
n
n

v=1
x
v
(1.3.5)
và
∆ = D
n
= (n − 1) a
1
2
− 2na
2
=

1≤i<j≤n
(x
i
− x
j

)
2
= n
n

v=1
(x
v
− ¯x)
2
= n
n

v=1
x
2
v
−

n

v=1
x
v

2
. (1.3.6)
Nếu a
1
và a

2
là các số thực cố định, thì ký hiệu một lớp các đa thức như
trên là P
n
(a
1
, a
2
). Như vậy ta có thể thấy ¯x và ∆ là các đặc trưng chung
đối với các đa thức trong nhóm trên.
Với đa thức
P (x)
x−x
k
ta có:
D
n−1
=

1≤i<j≤n
i,j=k
(x
i
− x
j
)
2
= (n − 1)

n


v=1
x
2
v
− x
k
2

−

n

v=1
x
v
− x
k

2
,
tức là, D
n−1
=
n−1
n
∆ − n(x
k
− ¯x)
2

, ở đây, ¯x và ∆ tương ứng cho bởi
(1.3.5) và (1.3.6). Vì D
n−1
≥ 0 nên
|x
k
− ¯x| ≤
1
n

(n − 1) ∆, (1.3.7)
tức là, tất cả các nghiệm của đa thức P đều nằm trong đoạn
I =

¯x −
1
n

(n − 1) ∆, ¯x +
1
n

(n − 1) ∆

.
Giả sử y
1
, , y
n−1
là các nghiệm của đạo hàm, Lupa¸s đã khẳng định:

f (¯x) +
m∆
n
2
≤
n

v=1
f (x
v
) −
n−1

v=1
f (y
v
) ≤ f ( ¯x) +
M∆
n
2
(1.3.8)