Chuyên đề bài TOÁN NGHIỆM THỰC của đa THỨC đại số

BÀI TOÁN NGHIỆM THỰC CỦA ĐA THỨC ĐẠI SỐ
MÃ: TO02B
Đặt vấn đề: Đa thức là đối tượng nghiên cứu trọng tâm của đại số, cũng là một công
cụ đắc lực của giải tích trong lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết nội suy, lý thuyết tối ưu…Trong đó
vấn đề nghiệm của đa thức cũng đặc biệt được quan tâm. Để giải bài toán nghiệm thực của
đa thức ở đây tôi mạnh dạn tiếp cận thử theo hai hướng sau :
+) Đại số
+) Giải tích
I. Về mặt đại số: Giải một số bài toán nghiệm đối với đa thức f (x) ∈ ° [ x ] .
Một số kiến thức đại số liên quan:
1) Vận dụng tính chất của tam thức bậc hai
2) Bậc của đa thức, định lí Vi-et đối với đa thức bậc 2,3,…
3) So sánh hệ số tự do, hệ số bậc cao nhất…
Một số bài toán về nghiệm của đa thức giải được bằng phương pháp đại số :
Bài toán 1. Cho các số thực a, b, c . Chứng minh rằng ít nhất một trong ba phương trình sau:

x 2 + ( a − b ) x + ( b − c ) = 0, x 2 + ( b − c ) x + ( c − a ) = 0, x 2 + ( c − a ) x + (a − b ) = 0
có nghiệm thực
Bài giải
NX :Khi tiếp cận đa thức bậc hai về vấn đề nghiệm thì suy nghĩ tự nhiên nhất là biệt thức Δ
Thật vậy:Tổng của ba biệt thức Δ của các tam thức bậc hai là
2
2
2
(a − b ) + ( b − c) + (c − a ) ≥ 0
Suy ra tồn tại ít nhất một tam thức bậc 2 có biệt thức Δ lớn hơn bằng 0.
Như vậy câu trả lời đã được khẳng định.
Bài toán 2. (All-Russian Olympiad 2012 Grade 11 Day 2)
Cho đa thức P ( x ) và các số thực a1 ,a 2 ,a 3 ,b1 ,b 2 ,b3 thỏa mãn a1a 2 a 3 ≠ 0 . Giả sử rằng với
mọi x ta đều có: P ( a1 x + b1 ) + P ( a 2 x + b 2 ) = P ( a 3 x + b3 ) . Chứng minh rằng đa thức P ( x )
có ít nhất một nghiệm thực.

Bài giải
NX :Ta tiếp cận bài toán này ở dạng chính tắc của biểu diễn đa thức và tư duy suy luận là
điều không thể thiếu.
n

Cho đa thức P ( x ) = ∑ ci x i , c n ≠ 0, n ∈ • .
i =0

Xét hệ số bậc cao nhất từ đồng nhất thức P ( a1 x + b1 ) + P ( a 2 x + b 2 ) = P ( a 3 x + b3 )


Suy ra: a1n + a n2 = a 3n
Khi đó chỉ có hai trường hợp xảy ra, đó là:
+) Nếu a1 = a 2 = a 3 = a ⇒ a = 0 mâu thuẫn!
+) Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: a 2 ≠ a 3 suy ra
b − b2
Phương trình a 2 x + b2 = a 3 x + b3 ⇔ x = 3
⇒ P ( a1 x + b1 ) = 0
a 2 − a3
Suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 3. (VMO - 2012)
Cho hai cấp số cộng ( a n ) , ( bn ) với m là số nguyên dương , m > 2 . Xét m tam thức bậc hai :

p k ( x ) = x 2 + a k x + b k ( k = 1, 2,..., m ) . Chứng minh rằng nếu p1 ( x ) và pm ( x ) không có
nghiệm thực thì các tam thức còn lại cũng không có nghiệm thực.
Bài giải
Ta có tam thức bậc hai p1 ( x ) và pm ( x ) không có nghiệm thực suy ra

p1 ( x ) > 0 ∀x ∈ ° và pm ( x ) > 0 ∀x ∈ °
Giả sử tồn tại p k ( x ) = x 2 + a k x + b k ( k = 2,..., m − 1) có nghiệm thực x = c .

Khi đó : pm ( x ) − pk ( x ) = ( m − k )( ax + b )
pk ( x ) − p1 ( x ) = ( k − 1)( ax + b )
(ở đây a, b lần lượt là công sai của hai cấp số cộng ( a n ) , ( bn ) )
Do đó : pm ( c ) = ( m − k )( ac + b )

p1 ( c ) = − ( k − 1)( ac + b )
Nên pm ( c ) p1 ( c ) < 0 : Vô lý. Vậy các tam thức bậc hai còn lại cũng không có nghiệm thực.
Bài toán 4. Cho P(x),Q(x),R(x) là các đa thức với hệ số thực có bậc tương ứng là 3, 2, 3
thỏa mãn điều kiện ( P(x) ) + ( Q(x) ) = ( R(x) ) . Hỏi đa thức T(x) = P(x).Q(x).R(x) có ít
2

2

2

nhất bao nhiêu nghiệm thực (kể cả bội của nghiệm) ?
Bài giải
Không mất tính tổng quát, có thể coi các hệ số bậc cao nhất của các đa thức P, Q, R đều
dương.
Trước hết, ta chứng minh đa thức Q(x) luôn luôn có hai nghiệm thực.
Ta có, Q 2 = (R − P)(R + P) . Vì degP = degQ = 3 nên deg(R + P) = 3
Do deg Q 2 = 4 ⇒ deg(R − P) = 1. Do đó đa thức Q 2 có nghiệm thực và vì vậy đa thức Q có
nghiệm thực. Vì degQ = 2 nên Q có đúng hai nghiệm thực.
Tiếp theo, ta chứng minh đa thức P(x) luôn luôn có 3 nghiệm thực.


Ta có : P 2 = (R − Q)(R + Q) . Vì deg(R − Q) = deg(R + Q) = 3 nên các đa thức (R − Q) và

(R + Q) có nghiệm thực. Nếu hai nghiệm thực đó khác nhau, thì P có hai nghiệm phân biệt
và nghiệm còn lại của P hiển nhiên cũng là nghiệm thực.

Nếu (R − Q) và (R + Q) có chung nghiệm thực x = a thì x = a là nghiệm của R và của Q.
Do vậy, R(x) = (x − a)R1 (x), Q(x) = (x − a)Q1(x), P(x) = (x − a)P1(x) .
Thế vào hệ thức : P 2 = (R − Q)(R + Q) , ta thu được P12 = R12 − Q12 , với P1 , R1 là các tam thức
bậc hai, Q1 là nhị thức bậc nhất. Ta có : Q12 = (R1 − P1 )(R1 + P1 ) .
Vì Q12 là đa thức bậc hai và R1 + Q1 là tam thức bậc hai nên R1 − P1 là đa thức hằng.
Vậy, nếu P1 (x) = a x 2 + bx + c (a > 0) và Q1 (x) = dx + e thì R1 (x) = a x 2 + bx + c + k và

k [ R1 (x) + P1 (x) ] = (dx + e) 2 (1) .
Suy ra k > 0. Thay giá trị x = −

e
⎛ e⎞
⎛ e⎞
vào (1), ta được : R1 ⎜ − ⎟ + P1 ⎜ − ⎟ = 0
d
⎝ d⎠
⎝ d⎠

k
⎛ e⎞
Nên P1 ⎜ − ⎟ = − < 0 . Do đó tam thức bậc hai P1 (x) có hai nghiệm thực và P(x) có 3
2
⎝ d⎠
nghiệm thực.
Trở lại bài toán. Do P có 3 nghiệm thực, Q có hai nghiệm thực và R là đa thức bậc 3 (có ít
nhất một nghiệm thực) nên số nghiệm thực của T(x) không nhỏ thua 6.
Ví dụ ta chọn:

P(x) = x 3 + 3x 2 + 2x
Q(x) = 2(x 2 + 2x + 1)

R(x) = x 3 + 3x 2 + 4x + 2
Thì P 2 + Q 2 = R 2 và đa thức (PQR) có đúng 6 nghiệm thực.
II. Về mặt Giải tích: Giải một số bài toán nghiệm đối với đa thức f (x) ∈ ° [ x ] .
Ta biết f (x) ∈ ° [ x ] là hàm khả vi, do đó để giải một số bài toán đối với đa thức

f (x) ∈ ° [ x ] thì đôi khi phương pháp đã sử dụng trong giải tích rất có hiệu lực, trong phần
này chúng ta sẽ tìm hiểu ứng dụng phương pháp giải tích vào một số bài toán về đa thức
trong tập số thực.
Một số kiến thức giải tích liên quan:


⎧f '(x) ≥ 0
1) Định lí Fermart: f (x) khả vi trong (a, b) , ⎨
∀x ∈ (a, b) và phương
f
'(x)
≤
0
⎩
trình f '(x) = 0 có không quá đếm được các nghiệm thì f (x) đồng biến ( nghịch biến)
trong (a, b) .
2) Mọi đa thức bậc lẻ có ít nhất một nghiện thực.
3) Nếu tồn tại hai số thực a, b ( a < b ) thỏa mãn f ( a ) f (b ) < 0 thì đa thức f (x) có ít
nhất một nghiệm thuộc khoảng ( a; b ) .
4) Định lí Laranger: f (x) liên tục [a, b ] khả vi trong (a, b) và khi đó tồn tại

c ∈ (a, b) :

f (b) − f (a)
= f '(c) .

b−a

5) Định lí Roller: f (x) liên tục [a, b ] khả vi trong (a, b) và f (b) = f (a) khi đó tồn
tại c ∈ (a, b) : f '(c) = 0 .
Một số bài toán về nghiệm của đa thức giải được bằng phương pháp giải tích:
Bài toán 4 : Cho a,b,c,d,e là các số thực. Chứng minh rằng nếu phương trình :

ax 2 + (b + c)x + d + e = 0 có nghiệm thực thuộc khoảng [1, +∞ ) , thì phương trình :

ax 4 + bx3 + cx 2 + dx + e = 0 cũng có nghiệm thực.
Bài giải
Gọi x 0 ∈ [1, +∞ ) là nghiệm của phương trình : ax 2 + (b + c)x + d + e = 0
Nghĩa là : ax 02 + cx 0 + e = −(bx 0 + d)
Xét hàm số : f (x) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e
Khi đó : f

(

(

)

x 0 = ( ax 02 + cx 0 + e ) + x 0 ( bx 0 + d )

) (

)

Và f − x 0 = ax 02 + cx 0 + e − x 0 ( bx 0 + d )
Suy ra :

f

(

) (

)

x 0 .f − x 0 = ( ax 02 + cx 0 + e ) − x 0 ( bx 0 + d )
2

2

= ( ax 02 + cx 0 + e ) − x 0 ( ax 02 + cx 0 + e )
2

2

= ( ax 02 + cx 0 + e ) (1 − x 0 ) ≤ 0
2

Do đó, phương trình f (x) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn ⎡ − x 0 , x 0 ⎤
⎣
⎦


Vậy nên phương trình ax 4 + bx3 + cx 2 + dx + e = 0 có nghiệm thực thỏa mãn điều kiện bài
toán.
Bài toán 5 (VMO - 95) : Hãy xác định tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn điều kiện sau : Với

mỗi số a > 1995 thì số nghiệm thực của phương trình : P(x) = a (mỗi nghiệm được tính với
số bội của nó) bằng bậc của đa thức P(x), và mỗi nghiệm thực của phương trình trên đều lớn
hơn 1995.
Bài giải
Do yêu cầu mỗi nghiệm thực của P(x) = a đều lớn hơn 1995 nên chỉ xét các đa thức P(x) có
bậc n ≥ 1 .
- Xét đa thức P(x) bậc n là hàm đơn điệu trên ( −∞; +∞ ) thỏa mãn đề tài.
Vì đồ thị hàm P(x) chỉ có hữu hạn điểm uốn nên với a đủ lớn và a > 1995 thì P(x) = a chỉ có
tối đa một nghiệm (mỗi nghiệm được tính với số bội của nó), suy ra n = 1 và P(x) có dạng

bx + c với b > 0 ; nghiệm của P(x) là x =

a −c
. Ta có x > 1995 với mọi a > 1995 khi và chỉ
b

khi b > 0 và c ≤ 1995(1 − b) .
- Xét đa thức P(x) có hàm số cực trị trên ( −∞; +∞ ) thỏa mãn đề bài thì n ≥ 2 . Giả sử P(x)
đạt cực đại tại m điểm u1;u 2 ;....;u m (m ≥ 1) và đạt cực tiểu tại k điểm v1; v2 ;....; v k (k ≥ 1) .
Đặt d = max{P(u1 );P(u 2 );....;P(u m );P(v1 );P(v2 );.......;P(vk )}.
Do đồ thị hàm P(x) chỉ có hữu hạn điểm uốn nên với a đủ lớn và a > max {d,1995}, thì
P(x) = a chỉ có tối đa hai nghiệm (mỗi nghiệm được tính với số bội của nó), suy ra n = 2.
Nhưng nếu P(x) là tam thức bậc hai với a đủ lớn và a > 1995 thì P(x) = a chỉ có tối đa một
nghiệm lớn hơn 1995, đa thức đó lại không thỏa mãn đề bài.
Vậy mọi đa thức P(x) thỏa mãn đề bài có dạng P(x) = bx + c với b > 0 và c ≤ 1995(1 − b) .
Bài toán 6:Cho phương trình a 0 x 2 + a1x + a 2 = 0(a ≠ 0) (1) có hai nghiệm phân biệt. p(x) là
đa thức bậc n và có n nghiệm thực phân biệt, chứng minh rằng:

a 0 p(x) + a1p'(x) + a 2p''(x) = 0 cũng có n nghiệm.
Bài giải

Trước hết ta chứng minh bổ đề: ∀δ ∈ ° khi đó phương trình p(x) + δp'(x) = 0 có nghiệm.
Chứng minh:
- Nếu δ = 0 bổ đề là hiển nhiên


x

- Nếu δ ≠ 0 xét ϕ(x) = e δ p(x)
Rõ ràng ϕ(x) = 0 ⇔ p(x) = 0 ⇒ ϕ(x) = 0 có n nghiệm phân biệt x1 , x 2 ,....., x n
Áp dụng định lí Roller:

⇒ ∃αi ∈ (x i , x i+1 ), ϕ '(x) = 0(i = 1,2,3,....,n −1)
x
δ

x
δ

x
δ

1
e
Ta có: ϕ '(x) = p '(x).e + e p(x) = [p(x) + δp '(x) ]
δ
δ

⇒ ϕ '(x) = 0 ⇔ p(x) + δp'(x) = 0
Vậy phương trình p(x) + δp'(x) = 0 có n - 1 nghiệm ⇒ ∃αi ∈ (x i , x i +1 ) với i = 1, n − 1 mà
phương trình p(x) + δp'(x) = 0 là phương trình bậc n có (n - 1) nghiệm α1 , α 2 ,....., α n −1 nên

p(x) + δp'(x) = (x − α1 )(x − α 2 ).....(x − α n −1)(ax + b)
Vậy phương trình p(x) + δp'(x) = 0 phải có nghiệm thứ n. Bổ đề được chứng minh.
Áp dụng bổ đề để giải bài toán:

−a1
⎧
⎪δ1 + δ2 = a
⎪
0
Gọi δ1 , δ2 là hai nghiệm của (1) ⇒ ⎨
⎪δ .δ = a 2
⎪⎩ 1 2 a 0
Do đó phương trình a 0 p(x) + a1p'(x) + a 2p''(x) = 0

⇔ p(x) − (δ1 + δ 2 )p '(x) + δ1δ 2 p ''(x) = 0

⇔ ( p(x) − δ1p '(x) − δ 2 ( p '(x) − δ1p ''(x) ) ) = 0
Áp dụng bổ đề suy ra 0 = p(x) − δ1p'(x) = Q(x) có n nghiệm.
Từ giả thiết Q(x) = 0 có n nghiệm suy ra Q(n) − δ2Q'(x) = 0 có n nghiệm (Đpcm).
Bài toán 7 :(TST 1994) Cho p(x) ∈ ° [ x ] và deg p(x) = 4 . Giả sử p(x) = 0 có 4 nghiệm
dương phân biệt. Chứng minh rằng :

1 − 4x
⎛ 1 − 4x ⎞
p(x)
+
⎜1 − 2 ⎟ p '(x) − p ''(x) = 0 có 4 nghiệm
x2
x ⎠

⎝

dương phân biệt.
Lời giải
Ta chứng minh bổ đề sau nếu p(x) = 0 có 4 nghiệm phân biệt

0 < x1 < x 2 < x 3 < x 4 thì phương trình p(x) − p'(x) = 0 có 4 nghiệm phân biệt y1 , y2 , y3 , y 4
thỏa mãn 0 < x1 < y1 < x 2 < y2 < x 3 < y3 < x 4 < y4 .


Xét f (x) = e − x .p(x) ⇒ f (x) = 0 ⇔ p(x) = 0
Vậy f (x) = 0 có 4 nghiệm 0 < x1 < x 2 < x 3 < x 4
Áp dụng định lý Lagrange ta có : f '(x) = −e − x .p(x) + p '(x)e − x

f '(x) = 0 ⇔ p(x) − p'(x) = 0
Do phương trình p(x) − p'(x) = 0 có 3 nghiệm y1 < y2 < y3 và deg(p − p') = 4
Suy ra phương trình p(x) − p'(x) = 0 có nghiệm thứ 4 là y 4 không giảm tổng quát ta giả sử
hệ số x 4 trong p(x) là dương.
Suy ra : lim ( p(x) − p '(x) ) = +∞ ⇒ ∃α > x 4 sao cho : p(α) − p'(α) > 0
x →∞

Do p(y3 ) − p'(y3 ) = p(y 2 ) − p'(y 2 ) = 0 ⇒ y 4 ∈ (β, α)
Vậy 0 < x1 < y1 < x 2 < y2 < x 3 < y3 < x 4 < y4 (đpcm)

⇒ PtQ(x) = p(x) − p'(x) = 0 có 4 nghiệm dương phân biệt y1 , y2 , y3 , y 4
Giả sử Q(x) = ax 4 + bx 3 + cx 2 + dx + e (a,e ≠ 0)

1 1 1 1
⎛1⎞
⇒ PT R(x) = x 4Q ⎜ ⎟ = 0 có 4 nghiệm dương phân biệt , , ,

y1 y 2 y3 y 4
⎝x⎠

⇒ R(x) − R '(x) = 0 cũng có 4 nghiệm dương phân biệt
Ta có : R(x) − R '(x) = 0

⎛1⎞
⎛1⎞
⎛1⎞
⇔ x 4Q ⎜ ⎟ − 4x 3Q ⎜ ⎟ + x 2Q ' ⎜ ⎟ = 0
⎝x⎠
⎝x⎠
⎝x⎠
⎡ ⎛1⎞
⎡ ⎛1⎞
⎡ ⎛1⎞
⎛ 1 ⎞⎤
⎛ 1 ⎞⎤
⎛ 1 ⎞⎤
⇔ x 4 ⎢ p ⎜ ⎟ − p ' ⎜ ⎟ ⎥ − 4x 3 ⎢ p ⎜ ⎟ − p ' ⎜ ⎟ ⎥ + x 2 ⎢ p ' ⎜ ⎟ − p '' ⎜ ⎟ ⎥ = 0
⎝ x ⎠⎦
⎝ x ⎠⎦
⎝ x ⎠⎦
⎣ ⎝x⎠
⎣ ⎝x⎠
⎣ ⎝x⎠
⎛1⎞
⎛1⎞
⎛1⎞
⇔ (x 4 − 4x 3 )p ⎜ ⎟ + (− x 4 + 4x 3 + x 2 )p ' ⎜ ⎟ − x 2 p '' ⎜ ⎟ = 0

⎝x⎠
⎝x⎠
⎝x⎠
⎛1⎞
⎛1⎞
⎛1⎞
⇔ (x 2 − 4x)p ⎜ ⎟ + (− x 2 + 4x + 1)p ' ⎜ ⎟ − p '' ⎜ ⎟ = 0
⎝x⎠
⎝x⎠
⎝x⎠
Đặt t =

1
phương trình có dạng :
x
1 − 4t
⎛ 1 − 4t ⎞
p(t) + ⎜1 − 2 ⎟ p '(t) − p ''(t) = 0
t
t ⎠
⎝

Bài toán được chứng minh.


2k

Bài toán 8: Cho p(x) = ∑ a i x i (a 2k ≠ 0,a 0 > 0) .
i =0

Chứng minh rằng nếu:

2k

a 2i

∑ 2i + 1 < 0 thì phương trình p(x) = 0 có nghiệm thực.
i =0

Bài giải
n

a i i +1
x ⇒ Q'(x) = p(x) ∀x ∈ °
i
+
1
i =0

Xét Q(x) = ∑

n

n
n
ai
a
a
,Q'(−1) = ∑ i (−1)i +1 ⇒ Q(1) − Q(−1) = 2∑ 2i < 0
i =0 i + 1

i =0 i + 1
i =0 2i + 1

Ta có: Q(1) = ∑

Áp dụng định lý Lagrange cho Q(x) trong [−1,1]

Q(1) − Q(−1)
= Q'(c) ⇒ Q'(c) < 0
2
Mà Q'(0) = p(0) = a 0 > 0 áp dụng định lý Bonxano Cauchy suy ra tồn tại α nằm giữa 2
nghiệm c và 0 sao cho Q'(α) = 0 hay p(α) = 0 (đpcm).
Bài toán 9 :Cho p(x) ∈ ° [ x ] có n nghiệm phân biệt lớn hơn 1. Chứng minh rằng

(

Phương trình : (1 + x 2 )p(x)p'(x) + x ( p(x) ) + ( p'(x) )
2

2

) = 0 (1) có ít nhất 2n - 1 nghiệm

phân biệt.
Lời giải
Ta có :

(1) ⇔ ( p(x) + p '(x).x )( x.p(x) + p '(x) ) = 0
⎡ p(x) + p '(x).x = 0 (2)
⇔⎢

⎣ x.p(x) + p '(x) = 0 (3)
Trước hết ta chứng minh PT (2) và (3) không thể có nghiệm chung trong (1, + ∞)
Thật vậy giả sử (2) và (3) có nghiệm chung a và a ∈ (1, + ∞)

⎧ p '(a) −1
=
a
⎧p(a) + ap '(a) = 0 ⎪⎪ p(a)
⇒⎨
⇒⎨
⇒ a2 = 1
⎩ap(a) + p '(a) = 0 ⎪ p '(a) = −a
⎪⎩ p(a)

⇒ a ∈{−1,1} điều này vô lí vì a > 1.


Bây giờ ta chứng minh PT (3) có ít nhất n - 1 nghiệm lớn hơn 1 và PT (2) có ít nhất n
nghiệm trong đó n -1 nghiệm lớn hơn 1. Từ đó suy ra phương trình (1) có ít nhất 2n - 1
nghiệm phân biệt.
x2
2

Xét hàm số : f (x) = e .p(x) ⇒ f (x) = 0 ⇔ p(x) = 0
Vậy f (x) = 0 có nghiệm phân biệt trong (1, + ∞) . Áp dụng định lí Roller ta thấy giữa 2
nghiệm của f(x) có một nghiệm của f '(x) .
Vậy phương trình f '(x) = 0 có ít nhất n - 1 nghiệm lớn hơn 1.
Ta có : f '(x) = e

x2

2

( x.p(x) + p '(x) )

f '(x) = 0 ⇔ x.p(x) + p'(x) = 0 vậy PT (3) có ít nhất n - 1 nghiệm lớn hơn 1.
Xét g(x) = x.p(x) , ta có phương trình g(x) = 0 có n + 1 nghiệm

0 = x 0 < 1 < x1 < x 2 < .... < x n
Áp dụng định lí Roller : g'(x) = 0 có nghiệm α1 , α 2 ,...., α n thỏa mãn αi ∈ (x i −1 , x i ) (i = 1, n) .
Mà g '(x) = xp'(x) + p(x) ⇒ g '(x) = 0 ⇔ xp'(x) + p(x) = 0 (2)
Vậy (2) có n nghiệm trong đó ít nhất n - 1 nghiệm lớn hơn 1.
Vậy phương trình (1) có ít nhất n - 1 nghiệm (đpcm).

⎧a ,a ≠ 0
Bài toán 10 : Cho f (x) = a 0 + a1x + .... + a k −1x k −1 + a k +1x k +1 + .... + a n x n , với ⎨ k −1 k +1
.
⎩a n ≠ 0
Chứng minh rằng nếu f (x) = 0 có n nghiệm phân biệt thì a k −1.a k +1 < 0 .
Lời giải
Ta chứng minh f i (x) = 0 có n - i nghiệm phân biệt (i = 1, n − 1)

i = 1,f (x) = 0 có n nghiệm phân biệt x1 < x 2 < .... < x n −1 < x n
Áp dụng định lí Roller ⇒ ∃αi ∈ (x i , x i+1 )f 1 (αi ) = 0 ⇒Mệnh đề đúng.
Giả sử f i (x) = 0 có n - i nghiệm i < t1 < t 2 < .... < t n −i
Áp dụng định lí Roller cho f i (x) trong [ t i , t i+1 ](i = 1,n − i − 1) ∃βk ∈ (t k , t k +1 ) :f k (βk ) = 0 .
Áp dụng bổ đề trên vì f (x) = 0 có n nghiệm phân biệt ⇒ f k −1 (x) = 0 có (n - k - 1) nghiệm
phân biệt.
n − k +1
⎛ k −1 ⎞
2

k
Ta có f k −1 (x) = (k − 1)!a k −1 + ⎜
⎟!a k x + ∑ k =3 α k x
⎝ 2 ⎠


Do a k −1 ≠ 0 ⇒ nghiệm phương trình f k −1 (x) = 0 cho x n −k −1 và đặt u =

f

k −1

(x) = 0 có dạng : ϕ(t) = (k − 1)!a k −1u

n − k −1

1
phương trình
x

n −k −2
⎛ k −1 ⎞
n − k −1
+⎜
+ ∑ βk u k
⎟!a k u
⎝ 2 ⎠
k =3

Vì ϕ(t) = 0 có n - k - 1 nghiệm phân biệt áp dụng bổ đề ta suy ra ϕn − k −1 (u) = 0 có hai

nghiệm phân biệt.
Ta có : ϕn −k −2 (u) = (k − 1)!a k −1

(n − k − 1)! 2 (k − 1)!
u +
(n − k − 1)!a k
2
2

Vậy ϕn −i−2 (u) = 0 ⇔ (n − k)(n − k + 1)a k −1u 2 + k(k + 1)a k +1 = 0 (2)
Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt : ⇔ (n − k)(n − k + 1)a k −1a k +1 < 0

⇔ a k −1a k +1 < 0 (đpcm)
Kết luận: Bài viết trên đây được tổng hợp từ nhiều nguồn tư liệu khác nhau dùng cho
việc ôn luyện học sinh giỏi. Thông qua các đợt tập huấn dành cho giáo viên trường chuyên
tôi đã được học hỏi nhiều kinh nghiệm từ các đồng nghiệp trong quá trình dạy ôn học sinh
giỏi. Qua bài viết này tôi xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới những người đồng nghiệp
của tôi.