Khảo sát nghiệm của các phương trình sinh bởi đạo hàm và nguyên hàm của một đa thức

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐÀM THU HẢI

KHẢO SÁT NGHIỆM CỦA CÁC
PHƯƠNG TRÌNH SINH BỞI ĐẠO
HÀM VÀ NGUYÊN HÀM
CỦA MỘT ĐA THỨC
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2017


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐÀM THU HẢI

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

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

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

THÁI NGUYÊN - 2017


i

Mục lục
MỞ ĐẦU

1

Chương 1. Các tính chất của tam thức bậc hai

3

1.1

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

3

1.2

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

5

Chương 2. Các tính chất của đa thức bậc ba

9

2.1

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

2.2

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

2.3

9

2.2.1

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

2.2.2

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

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

Chương 3. Các tính chất của đa thức bậc bốn

20

3.1

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

3.2

Định lý cơ bản về đa thức bậc bốn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
3.2.1

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

3.2.2

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

Chương 4. Một số dạng toán liên quan

37

4.1

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

4.2

Một số dạng toán thi HSG liên quan đến phương trình và hệ phương
trình dạng đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

KẾT LUẬN

61

TÀI LIỆU THAM KHẢO

62


1

Mở đầu
Đa thức có vị trí rất quan trọng trong Toán học vì nó không những là một đối
tượng nghiên cứu trọng tâm của Đại số mà còn là một công cụ đắc lực của Giải tích
trong lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn, lý thuyết nội suy,... Ngoài ra, đa thức còn
được sử dụng nhiều trong tính toán và ứng dụng. Trong các kì thi học sinh giỏi toán
quốc gia và Olympic toán quốc tế thì các bài toán về đa thức cũng thường được đề
cập đến và được xem như những bài toán khó của bậc phổ thông.
Tuy nhiên cho đến nay, các tài liệu về đa thức chưa đề cập đầy đủ đến các dạng
toán về phân bố số nghiệm thực của đa thức gắn với nghiệm của đa thức đạo hàm
và đa thức nguyên hàm của nó. Vì vậy, việc khảo sát sâu hơn về các vấn đề biện luận
nghiệm, biểu diễn đa thức thông qua các đa thức đạo hàm và đa thức nguyên hàm
ccủa nó cho ta hiểu sâu sắc hơn các tính chất của đa thức đã cho.
Luận văn "Khảo sát nghiệm của phương trình sinh bởi đạo hàm và nguyên hàm
của một đa thức" trình bày một số vấn đề liên quan đến bài toán xác định số nghiệm
thực của đa thức với hệ số thực.
Mục đích của luận văn nhằm thể hiện rõ vai trò quan trọng của Giải tích trong
khảo sát nghiệm thực của đa thức.
Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận và 4 chương.
Chương 1 trình bày chi tiết các định lý cơ bản, các kết qủa liên quan đến tam
thức bậc hai.
Chương 2 trình bày chi tiết các định lý cơ bản, các kết qủa liên quan đến đa thức
bậc ba.
Chương 3 xét các bài toán khảo sát và giải phương trình bậc bốn.
Tiếp theo, chương 4 trình bày một hệ thống bài tập áp dụng các định lý đã chứng
minh ở các chương trước.

2

Hệ thống các ký hiệu sử dụng trong
luận văn
deg P (x) là bậc của đa thức P (x).
F0 (x) là nguyên hàm (cấp 1) của đa thức f (x) ứng với hằng số c = 0,

tức là F0 (x) thỏa mãn điều kiện F0 (0) = 0.
Fc (x) là nguyên hàm (cấp 1) của đa thức f (x) ứng với hằng số c,

tức là Fc (x) = F0 (x) + c với c ∈ R.
F0,k (x) là nguyên hàm cấp k của đa thức f (x) ứng với hằng số c = 0,

tức là F0,k (x) thỏa mãn điều kiện F0,k (0) = 0.
Fc,k (x) là nguyên hàm cấp k của đa thức f (x) ứng với hằng số c,

tức là Fc,k (x) = F0,k (x) + c với c ∈ R.
Hn là tập hợp đa thức với hệ số thực Pn (x) bậc n (n > 0) với hệ số tự do bằng 1
(Pn (0) = 1) và có các nghiệm đều thực.
Mk (f ) là tập hợp các nguyên hàm cấp k của đa thức f (x).

R[x] là tập hợp đa thức với hệ số thực.
sign a là dấu của số thực a, tức là



+ khi a > 0



sign a := 0 khi a = 0



− khi a < 0.


3

Chương 1. Các tính chất của tam
thức bậc hai
Trong chương này, ngoài các kết qủa cơ bản về tam thức bậc hai như định lý về
dấu (thuận và đảo) của tam thức bậc hai, Định lý Vieete, luận văn trình bày một
số kết qủa mới về tam thức bậc hai liên quan đến tính chất của đạo hàm và nguyên
hàm (xem [1]-[5]).

1.1

Định lý cơ bản về tam thức bậc hai

Như ta đã biết, đạo hàm của tam thức bậc hai là một nhị thức bậc nhất nên nó
luôn luôn có nghiệm. Tuy nhiên, nguyên hàm của nhị thức bậc nhất là một tam thức
bậc hai nên chưa chắc đã có nghiệm thực. Ta có kết qủa sau đây.
Định lý 1.1 (xem [2]-[4]). Mọi nhị thức bậc nhất đều có ít nhất một nguyên hàm là
một tam thức bậc hai có hai nghiệm thực phân biệt.
Chứng minh. Thật vậy, xét nhị thức bậc nhất h(x) = ax + b, a = 0. Khi đó mọi
nguyên hàm của h(x) có dạng
H(x) =

a
b
x+
2
a

2

+ c, c ∈ R.

(1.1)

Trong (1.1) chọn c trái dấu với a, tức ac < 0 thì đa thức nguyên hàm H(x) có nghiệm
hai nghiệm phân biệt.
Để ý rằng mọi phương trình bậc hai tổng quát
ax2 + bx + c = 0, a = 0

đều viết được dưới dạng
3x2 − 2px + q = 0,


4

trong đó
p=−

3b
3c
,q = .
2a

a

Vì vậy, về sau khi xét phương trình bậc hai thì ta chỉ cần quan tâm đến phương trình
bậc hai dạng 3x2 − 2px + q = 0 là đủ.
Định lý 1.2 (xem [2]-[4]). Tam thức bậc hai g(x) = 3x2 − 2px + q có nghiệm thực khi
và chỉ khi tồn tại bộ ba số thực α, β, γ sao cho

p = α + β + γ

(1.2)

q = αβ + βγ + γα
Chứng minh. Thật vậy, giả sử p, q có dạng (1.2). Khi đó tam thức bậc hai g(x) có
biệt thức
∆ = p2 − 3q = (α + β + γ)2 − 3(αβ + βγ + γα)
1
(α − β)2 + (β − γ)2 + (γ − α)2 ≥ 0, ∀α, β, γ ∈ R.
2
Ngược lại, giả sử tam thức bậc hai g(x) có nghiệm.
=

- Nếu hai nghiệm của g(x) trùng nhau thì g(x) = 3(x − x0 )2 và đa thức nguyên hàm
tương ứng có dạng G(x) = (x − x0 )3 + r, r ∈ R. Chọn r = 0 ta thấy G(x) có 3 nghiệm
trùng nhau.
- Nếu g(x) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 (x1 < x2 ) thì g(x) = 3(x − x1 )(x − x2 ) và
đa thức nguyên hàm G(x) = x3 − px2 + qx − r, r ∈ R đạt cực đại tại x = x1 và cực
tiểu tại x = x2 . Để ý rằng (SGK lớp 12) các điểm (x1 , G(x1 )) và (x2 , G(x2 )) đối xứng
với nhau qua điểm uốn
x1 + x2
x1 + x2

p
p
,G
= U ,G
.
2
2
3
3
p
p 3
p 2
p
Vậy chỉ cần chọn r sao cho G
= 0, tức r =
−p
+q
thì đa thức
3
3
3
3
nguyên hàm G(x) tương ứng sẽ có ba nghiệm thực lập thành một cấp số cộng, gọi
U

các nghiệm đó là α, β, γ, ta thu được
G(x) = (x − α)(x − β)(x − γ) = x3 − px2 + qx − r.

Từ đây ta thu được hệ thức (1.2).
Nhận xét 1.1. Để ý rằng mọi tam thức bậc hai f (x) = ax2 + bx + c, a = 0 đều viết

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

Từ nhận xét 1.1 và Định lý 1.2, ta thu được kết qủa quan trọng về nghiệm của
tam thức bậc hai tổng quát sau.


5

Định lý 1.3 (xem [2]-[4]). Tam thức bậc hai g(x) = ax2 + bx + c (a = 0) có nghiệm
thực khi và chỉ khi tồn tại bộ ba số thực α, β, γ sao cho

− 3b = α + β + γ
2a

(1.3)

 3c = αβ + βγ + γα
a

1.2

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

Tiếp theo ta trình bày một số kết qủa của Lupas về ước lượng tam thức bậc hai
trên một khoảng.
Định lý 1.4 (xem [2], [5]). Giả sử G(x) = P x2 +Qx+R. Khi đó bất đẳng thức G(x)

0

thỏa mãn với mọi x ∈ [a, b], khi và chỉ khi
G(a)

0, G(b)

0

và 2G

a+b
G(a) + G(b)
−
2
2

G(a)G(b).

(1.4)

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

G(b) − G(a)

b
, n=
b−a

G(a) − a
b−a

G(b)

,

và
K ≡ K[G] :=

Khi đó K

2
2G
(b − a)2

a+b
2

−

G(a) + G(b)
−
2

G(a)G(b) .

(1.5)

0. Mặt khác thì
G(x) = (mx + n)2 + K(x − a)(b − x)

suy ra
G(x)

0, ∀x ∈ [a, b].

Ngược lại, giả sử (1.6) thỏa mãn. Khi đó G(a)

0 , G(b)

(1.6)
0 và G(x) có thể viết

được dưới dạng (Định lý Lukac)
G(x) = (m1 x + n1 )2 + K1 (x − a)(b − x) với K1

Nếu trong (1.7) ta chọn x ∈

a,

a+b
, b
2

0.

(1.7)

thì sẽ có


(m1 a + n1 )2 = G(a)
và
(m1 b + n1 )2 = G(b)

K1 = K,

(1.8)


6
K được chọn như trong (1.8). Nhận xét rằng hệ (1.8) cho ta m1 , n1 và ta có K ≡
K[G]

0, tức bất đẳng thức (1.6) được chứng minh.

Bài toán 1.1. Chứng minh rằng với mọi tam thức bậc hai f (x) = Ax2 + Bx + C ta
đều có |f (x)|

1, ∀x ∈ [a, b] xảy ra khi và chỉ khi |f (a)|
−1+

f (a) + f (b)
− 2f
2

(1 − f (a)) (1 − f (b))
1−

1, |f (b)|

1 và khi đó

a+b
2

(1 + f (a)) (1 + f (b)) .

Lời giải. Sử dụng kết qủa Định lý 1.4
G(x)

0, ∀x ∈ [a, b], ⇔ G(a)

0, G(b)

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

1, |f (b)|

như nhau với



1 − 2f








 1 + 2f

1, và K[G1 ]

a+b
2

+

G1 (x)

0

G2 (x)

0

(1.9)

0,

, ∀x ∈ [a, b], khi và

0. Hai bất đẳng thức cuối này là

0, K[G2 ]

f (a) + f (b)
−
2

0, K[G]

(1 − f (a)) (1 − f (b))

0

(1.10)
a+b
2

−

f (a) + f (b)
−
2

(1 + f (a)) (1 + f (b))

0

Bài toán 1.2. Cho p(x) = ax2 + bx + c thỏa mãn điều kiện
|p(0)|, p

Chứng minh rằng |a|

8, |b|

8, |c|

1
2

, |p(1)|

⊂ [0, 1].

1 và |2ax + b|

8, ∀x ∈ [0, 1].

Lời giải. Để ý rằng

a = 2p(0) − 4p 1 + 2p(1), b = −3p(0) + 4p 1 − p(1)
2

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

2

2

Sử dụng bất đẳng thức tam giác, ta có |a|

h(x) := 2ax + b, thì |h(0)|

8, |h(1)|

8, |b|

8 kéo theo |h(x)|

8, |c|

1, |2a + b|

8 . Khi

8, ∀x ∈ [0, 1].

Nhận xét 1.2. Chú ý rằng đánh giá trên là tối ưu. Thật vậy, giả sử p(x) = 8x2 −8x+1.
Khi đó |p(x)|

1 và |p (x)| = |16x − 8|

8 trên [0, 1].


7

Bài toán 1.3. Giả sử M2 là tập hợp tất cả các đa thức bậc không quá 2 và
M∗2 : =

p ∈ M2 ; |p(t)|

. Tìm tất cả các đa thức Q, Q ∈ M∗2 , sao

1, ∀t ∈ [0, 1]

cho với mọi p ∈ M∗2 ta đều có
|p(x)|

Q(x) , ∀x ∈ x ∈ (−∞, 0] ∪ [1, ∞) .

Chứng minh rằng đa thức nghiệm Q là duy nhất.
Lời giải. Ta chứng minh rằng Q(x) = 8x2 −8x+1 = T2 (2x−1) trong đó T2 (z) = 2z 2 −1
là đa thức Chebychev loại 1. Giả sử rằng p(x) = ax2 + bx + c ∈ M∗2 . Vì
p(x) = (2x − 1)(x − 1)p(0) − 4x(x − 1)p

1
+ x(2x − 1)p(1),
2

ứng với mọi x ∈ (−∞, 0) ∪ (1, ∞) nên
|p(x)|

(2x − 1)(x − 1) + 4x(x − 1) + x(2x − 1) = 8x2 − 8x + 1 =: Q(x) .

Để ý rằng |Q(t)| = |1 − 8t(1 − t)|

1, ∀t ∈ [0, 1], nên Q ∈ M∗2 . Tính duy nhất nghiệm

là hiển nhiên.
Nhận xét 1.3. Kết qủa của bài toán vẫn đúng khi tập M∗2 được mở rộng như sau:

M∗2 : =

k
2

p ∈ M2 ; p

1 , khi k = 0, 1, 2

.

Bài toán 1.4. Cho A, B, C ∈ R, M > 0 . Xét f (x) = Ax2 + Bx + C thỏa mãn điều
kiện

t(1 − t) |f (t)|

M, ∀t ∈ [0, 1]. Chứng minh rằng khi đó ứng với mọi x ta đều

có
|f (x)|

6M + 24M ( |x(1 − x)| − x(1 − x)) .

(1.11)

f (x)
= ax2 + bx + c , thì ta cần chứng minh
6M
1, ∀x ∈ [0, 1], suy ra

Lời giải. Nhận xét rằng, nếu p(x) :=
rằng từ điều kiện 6
|p(x)|

x(1 − x) |p(x)|

, nếu x ∈ [0, 1]

1
8x2 − 8x + 1 ,

nếu x ∈ (−∞, 0) ∪ (1, ∞)

Ta chứng minh
1

|p(x)|
6

kéo theo |p(x)|

x(1 − x)

, ∀x ∈ (0, 1),

(1.12)

1, ∀x ∈ [0, 1] . Xét trong [0, 1] hệ các điểm x1 , x2 , x3 :
x1 =

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

.


8

Ký hiệu J = [0, x1 ) ∪ (x3 , 1], ω(x) = (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ). Khi đó với x ∈ J , ta có
3

|ω(x)|
k=1

1
= ω(x)
|x − xk |

3

k=1

1

3
= − h2 − 3x(1 − x).
x − xk
4

ω(x)
2h2

p(x1 )
p(x2 )
p(x3 )
−2
+
.
x − x1
x − x2 x − x3
1
2
, |p(xj )| ≤ √
, j ∈ {1, 3}. Do đó
Nếu xảy ra (1.12) thì ta có ngay 2|p(x2 )|
3
6 x1 x3

Mặt khác thì p(x) =

|p(x)|

√
4 x1 x3

1
1
+
+
|x − x1 | |x − x2 | |x − x3 |

|ω(x)|
√
12h2 x1 x3

√
Đặt 4 x1 x3 = 1, tức h = h1 =

|p(x)|

16
|ω(x)|
9

, x ∈ J.

√

3
, ta thu được
4

3

k=1

1
16
= 1 − x(1 − x)
|x − xk |
3

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

1, ∀x ∈ J.

3
√
6 x1 x3 = và do đó x ∈ [x1 , x3 ] suy
2

2
<1.
3
Giả thiết |p(x)| 8x2 − 8x + 1 thỏa mãn với mọi x ∈ (−∞, 0] ∪ [0, ∞) kéo theo Bài toán

ra |p(x)|

1.3 đã xét.
Nhận xét rằng theo một nghĩa nào đó thì kết qủa nhận được là tốt nhất trong bài
toán xấp xỉ.
Thật vậy, xét
p∗ (x) =

thì 6

x(1 − x) p∗ (x)

|p∗ (x)|

16 2 16
16
x − x + 1 = 1 − x(1 − x),
3
3
3

1, x ∈ [0, 1]. Mặt khác thì
1

,

8x2 − 8x + 1 ,

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

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


9

Chương 2. Các tính chất của đa thức
bậc ba
2.1

Phương trình bậc ba

Trong phần này ta khảo sát phương trình bậc ba với hệ số thực
ax3 + bx2 + cx + d = 0 (a = 0).

Trước hết, ta xét các trường hợp đặc biệt
Bài toán 2.1. Giải phương trình
ax3 + bx2 + cx + d = 0 (a = 0)

(2.1)

biết x = x0 là một nghiệm của phương trình.
Lời giải. Vì x0 là một nghiệm của phương trình (2.1) nên
ax30 + bx20 + cx0 + d = 0.

Do đó có thể viết (2.1) dưới dạng
ax3 + bx2 + cx + d = ax30 + bx20 + cx0 + d = 0.

Từ đó ta nhận được
(x − x0 )[ax2 + (ax0 + b)x + ax20 + bx0 + c] = 0.

Xét phương trình
ax2 + (ax0 + b)x + ax20 + bx0 + c = 0.

Ta có
∆ = (ax0 + b)2 − 4a(ax20 + bx0 + c).

(2.2)

10

Nếu ∆ < 0 thì phương trình (2.2) vô nghiệm và như vậy thì phương trình (2.1) có
nghiệm duy nhất x = x0 .
Nếu ∆ ≥ 0 thì phương trình (2.2) có hai nghiệm
x1,2

−(ax0 + b) ±
=
2a

√

∆

.

Vậy phương trình (2.1) có 3 nghiệm là
x0 ; x1,2

−(ax0 + b) ±
=
2a

√

∆

.

Bài toán 2.2. Giải phương trình
4x3 − 3x = m, |m| ≤ 1.

Lời giải. Đặt m = cos α (= cos(α ± 2π)). Vì cos α = 4 cos3

(2.3)
α
α
− 3 cos , nên phương
3
3

trình (2.1) có 3 nghiệm là
α
α ± 2π
x1 = cos ; x2,3 = cos
.
3
3

Bài toán 2.3. Giải phương trình
4x3 − 3x = m, |m| > 1.

(2.4)

Lời giải. Nhận xét rằng khi |x| ≤ 1 thì trị tuyệt đối của biểu thức ở vế trái của
phương trình không vượt quá 1 nên = m. Vì vậy, ta có thể đặt
x=

1
1
a+
, a = 0.
2
a

Ta dễ dàng chứng minh được rằng
4x3 − 3x =

1 3
1
a + 3 .
2
a

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

1 3
1
a + 3 .
2
a

Khi đó
a=

3

m±

m2 − 1

và phương trình (2.4) có dạng
4x3 − 3x =

1 3
1
a + 3
2
a


11

có nghiệm
x=

1
1
a+
.
2
a

Ta chứng minh rằng phương trình (2.3) có nghiệm duy nhất.
Giả sử phương trình (2.3) có nghiệm x0 thì x0 ∈ [−1; 1]. Do đó |x0 | > 1. Khi đó
(2.3) có dạng

4x3 − 3x = 4x30 − 3x0

hay
(x − x0 )[4x2 + 4xx0 + 4x20 − 3] = 0.

Xét phương trình
4x2 + 4x0 x + 4x20 − 3 = 0.

(2.5)

Ta có ∆ = 12 − 12x20 < 0 và vì vậy phương trình (2.5) vô nghiệm.
Vậy phương trình (2.4) có một nghiệm duy nhất là
x=

1
2

3

m2 − 1 +

m+

3

m2 − 1 .

m−

Bài toán 2.4. Giải và biện luận phương trình

4x3 + 3x = m, m ∈ R.

(2.6)

Lời giải. Nếu phương trình (2.6) có nghiệm x = x0 thì đó cũng chính là nghiệm
duy nhất của phương trình.
Thật vậy, với x > x0 thì 4x3 + 3x > 4x30 + 3x0 = m và với x < x0 thì 4x3 + 3x <
4x30 + 3x0 = m. Do đó phương trình (2.6) có không quá một nghiệm.

Đặt
x=

1
1
a−
2
a

(a = 0).

Ta dễ dàng chứng minh đẳng thức
4x3 + 3x =

1 3
1
a − 3 ,
2
a

Do đó, nếu đặt

m=

1 3
1
a − 3
2
a

thì
a3 = m ±

m2 + 1

và khi đó nghiệm duy nhất của phương trình (2.6) là
x=

1
1
a−
2
a

=

1
2

3

m+

m2 + 1 +

3

m−

m2 + 1 .


12

Bài toán 2.5. Giải và biện luận phương trình
t3 + at2 + bt + c = 0.

(2.7)

a
3

Lời giải. Đặt t = y − . Khi đó phương trình (2.7) có thể viết được dưới dạng
y−

3

a
3

+a y−

a
3

2

+b y−

a
+ c = 0.
3

a3 ab
a2
− b; q = − +
+ c.
3
27
3
√
Nếu p = 0 thì phương trình (2.7) có nghiệm duy nhất y = 3 q .
⇔ y 3 − py = q, p =

(2.8)

Nếu p > 0 thì ta đưa phương trình về dạng Bài toán 2.2 hoặc Bài toán 2.3 bằng
cách đặt y = 2

p
x ta thu được phương trình dạng
3

√
3 3q
3
4x − 3x = m, m = √ .
2p p

(2.9)

Nếu |m| ≤ 1 thì ta đặt m = cos α và phương trình (2.7) có 3 nghiệm
α
α ± 2π
x1 = cos ; x2,3 = cos
.
3
3

Nếu |m| ≥ 1 thì đặt
m=

1 3
1
d + 3
2
d

thì phương trình có nghiệm duy nhất
x=

1
1

d+
2
d

Nếu p < 0 thì đặt y = 2

=

1
2

3

m+

m2 + 1 +

3

m−

m2 + 1 .

−p
x ta sẽ được phương trình 4x3 + 3x = m. Đặt
3
m=

1 3
1

d − 3 ,
2
d

với
d3 = m ±

m2 + 1.

Khi đó phương trình có nghiệm duy nhất
x=

1
2

3

m+

m2 − 1 +

3

m−

m2 − 1 .

Từ nghiệm x ta tính được nghiệm y và từ đó suy ra nghiệm t
t=2

p1
32

3

m+

m2 − 1 +

3

m−

a
m2 − 1 − .
3


13

Bài toán 2.6. Giải phương trình
√
8x3 + 24x2 + 6x − 10 − 3 6 = 0.

Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với phương trình sau
√
10 + 3 6
3
= 0.
x + 3x + x −

4
8
3

2

Đặt x = y − 1. Ta thu được phương trình
√
3
6
9
= 0.
y3 − y −
4
8

√

Lại đặt y = t 3 ta thu được phương trình
√
3

4t − 3t =

2
.
2

Phương trình này có các nghiệm là
t1 = cos

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

Trở lại với ẩn x ta có các nghiệm
x1 = cos

2.2

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

Định lý cơ bản về đa thức bậc ba

Xét đa thức bậc ba tổng quát
P (x) = a0 x3 + b0 x2 + c0 x + d0 = 0, a0 = 0.

2.2.1

Định lý Rolle đối với đa thức bậc ba

Định lý 2.1 (Rolle đối với đa thức bậc ba). Nếu đa thức bậc ba P (x) có các nghiệm
đều thực thì đa thức đạo hàm P (x) của nó cũng có hai nghiệm thực.
Chứng minh. Nếu đa thức bậc ba P (x) có 3 nghiệm thực phân biệt thì hiển nhiên
theo Định lý Rolle, đa thức đạo hàm P (x) có hai nghiệm phân biệt.
Xét trường hợp P (x) có 1 nghiệm bội 3, P (x) = a0 (x − x0 )3 thì P (x) = 3(x − x0 )2
có một nghiệm kép.
Xét trường hợp khi P (x) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có một nghiệm kép,
P (x) = a0 (x − x1 )2 (x − x2 ) với x1 = x2 . Khi đó
P (x) = a0 (x − x1 )(3x − 2x2 − x1 )

có hai nghiệm thực.


14

2.2.2

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

Trước hết, ta viết phương trình bậc ba tổng quát
a0 x3 + b0 x2 + c0 x + d0 = 0, a0 = 0

(2.10)

4x3 − 3ax2 + 2bx − c = 0,

(2.11)

dưới dạng

trong đó
a=−

4b0
2c0
4d0
,b =
,c = −
.
3a0
a0
a0

Về sau, ta khảo sát các tính chất nghiệm của phương trình (2.11) là đủ.
Định lý 2.2 (Định lý về nghiệm của nguyên hàm đối với đa thức bậc 3).
Đa thức bậc 3 với hệ số thực f (x) = 4x3 − 3ax2 + 2bx − c có các nghiệm đều thực khi
và chỉ khi các hệ số a, b, c có dạng



a=α+β+γ+δ


b = αβ + αγ + αδ + βγ + βδ + γδ





 c = αβγ + αβδ + αγδ + βγδ
trong đó α, β, γ, δ ∈ R.
Chứng minh. (i). Điều kiện đủ. Ta xét
x

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

F (x) =
0

trong đó m là hằng số thực.
Thay a, b, c từ công thức (2.12) vào biểu thức F (x), ta thu được
F (x) =x4 − (α + β + γ + δ)x3 + (αβ + αγ + αδ + βγ + βδ + γδ)x2
− (αβγ + αβδ + αγδ + βγδ)x − m.

Ta chọn m = αβγδ. Khi đó,
F (x) =[x4 − (α + β + γ + δ)x3 + (αβ + αγ + αδ + βγ + βδ + γδ)x2
− (αβγ + αβδ + αγδ + βγδ)x + αβγδ]
=(x − α)(x − β)(x − γ)(x − δ).

(2.12)


15

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).

Thật vậy, ta xét ba trường hợp sau đây.
(ii.1) Nếu f (x) có nghiệm bội ba là x0 thì f (x) có dạng f (x) = 4(x − x0 )3 .
Chọn F (x) = (x − x0 )4 thì ta có α = β = γ = δ = x0 .
(ii.2) Nếu f (x) có hai nghiệm phân biệt thì phải có một nghiệm là nghiệm kép.
Giả sử nghiệm kép đó là x0 , nghiệm còn lại là x1 . Không giảm tính tổng quát, ta giả
sử x0 = 0, khi đó f (x) có dạng
f (x) = 4x2 (x − x1 ) = 4x3 − 4x1 x2 .

Suy ra
4
F (x) = x4 − x1 x3 + c, c ∈ R.
3
4
Chọn c = 0 thì đa thức F (x) = −x3 x − x1 có 2 nghiệm phân biệt, trong đó x = 0
3
4
4
là nghiệm bội bậc ba, nghiệm còn lại là x = x1 . Khi đó chọn α = β = γ = 0, δ = x1 .
3
3
Trong trường hợp tổng quát, nếu f (x) có nghiệm kép (bội bậc hai) là x0 , nghiệm
4
còn lại là x1 thì ta thu được α = β = γ = x0 , δ = x0 + x1 ta thu được (2.12).
3
(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) = 4x3 + 4(a − b)x2 − 4abx, (a > 0, b > 0).

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

Chọn c = 0 thì
4
4
F (x) = x4 + (a − b)x3 − 2abx2 = x2 x2 + (a − b)x + 2ab .
3
3
4
3

Suy ra F (x) = 0 khi và chỉ khi x2 [x2 + (a − b)x − 2ab] = 0.
Khi x2 = 0 thì x1 = x2 = 0.
4
3

Xét phương trình x2 + (a − b)x − 2ab = 0, ta có
∆ =

4(a − b)2 + 2ab
> 0 (vì a > 0, b > 0).
9


16

Do đó phương trình bậc hai tương ứng có 2 nghiệm là x3 , x4 .
Vậy F (x) có 4 nghiệm là
x1 = x2 = 0 (α = β = 0), x3 = γ, x4 = δ.

Ví dụ 2.1. Xét F0 (x) = x(x2 − 1)(x − 2) thì f (x) = F0 (x) = 2(2x3 − 3x2 − x + 1) có 3
nghiệm thực.
Ví dụ 2.2. Với f (x) = 4x3 thì F0 (x) = x4 có 4 nghiệm thực trùng nhau.
Ví dụ 2.3. Với f (x) = 4x2 (x − 3) thì F0 (x) = x4 − 4x3 có 4 nghiệm thực (1 nghiệm
đơn và 1 nghiệm bội 3).
Ví dụ 2.4. Với f (x) = 4x(x2 − 1) thì F0 (x) = x4 − 2x2 có 4 nghiệm thực (1 nghiệm
kép và 2 nghiệm đơn).
Ví dụ 2.5. Cho α = 1, β = −1, γ = 2, δ = 4 thay vào công thức (2.12), ta thu được
a = −5, b = 5, c = −5.

Khi đó đa thức f (x) = −4x3 + 15x2 − 10x − 5 có 3 nghiệm thực là
x1 ≈ −0, 33; x2 ≈ 1, 47; x3 ≈ 2, 61.

Nhận xét rằng, nếu ta chọn m = −6(= αβγδ) thì đa thức nguyên hàm
F (x) = −x4 + 5x3 − 5x2 − 5x + 6

có bốn nghiệm thực (x1 = −1, x2 = 1, x3 = 2, x4 = 3).
Đối với các nhị thức bậc nhất ta luôn có nguyên hàm là các tam thức bậc hai có
nghiệm thực, ta có kết qủa sau đây.
Hệ qủa 2.1. Mọi đa thức bậc nhỏ hơn 4 có các nghiệm đều thực luôn tồn tại nguyên
hàm cũng có các nghiệm đều thực.
Đối với các đa thức có bậc n (n

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.


17

2.3

Đa thức đối xứng ba biến

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

F (x, y, z) =

Ms (x, y, z),

(2.13)

s=0

trong đó
aijk xi y j z k , i, j, k ∈ N.

Ms (x, y, z) =

(2.14)

i+j+k=s

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

đồng bậc dạng (2.13) biến số thực và nhận giá trị thực.
Định nghĩa 2.1. Nếu
F (x, y, z) = F (x , y , z ),

trong đó (x , y , z ) là một hoán vị tuỳ ý của (x, y, z) thì ta gọi F (x, y, z) là một đa thức
đối xứng.
Định lý 2.3 ([2]). Mọi đa thức đối xứng F (x, y, z) đều viết được dưới dạng đa thức
3 biến theo các biến là các đa thức đối xứng Vieete H(s, p, q) với
s = x + y + z, p = xy + yz + zx, q = xyz.

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

Với i = j = 0, k = n, ta xét
Sn (x, y, z) = xn + y n + z n .

Khi đó
Sn+1 = sSn − pSn−1 + qSn−2 , n ≥ 2.

Vì vậy theo quy nạp ta có thể kết luận định lý đúng đối với mọi đa thức Sn (x, y, z).
Từ đó suy ra đa thức
T2n (x, y, z) = (xy)n + (yz)n + (zx)n


18

ứng với i = 0, j = k = n cũng biểu diễn được theo
s = xy + yz + zx = p, p = (xy)(yz) + (yz)(zx) + (zx)(xy) = sq, (xy)(yz)(zx) = q 2 .

Xét trường hợp i = 0, j = m > k = n. Ta có
Tm,n (x, y, z) = xn (y m + z m ) + y n (z m + xm ) + z n (xm + y m )

viết được dưới dạng
Tm,n (x, y, z) = Tn Sm−n q m−n T2n .

Vậy Tm,n (x, y, z) biểu diễn được qua s, p, q .
Xét trường hợp i = j = k = i. Không mất tính tổng quát có thể coi 0 < i < j < k .
Ta có
M (x, y, z) = xi y j z k + xi y k z j + xj y i z k + xj y k z i + xk y i z j + xk y j z i =
= q i [Sk−j Tj−i − q k−j Tk+2j−i .

Vậy định lý được chứng minh.
Bài toán 2.7. Giả sử phương trình
x3 + ax2 + bx + c = 0

có ba nghiệm không âm phân biệt. Chứng minh rằng
a
− >
3

b √
> 3 −c.
3

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

x + x2 + x3 = −a

 1
x x + x x + x3 x2 = b

1 2
2 3



x1 x2 x3 = −d

mà xi ≥ 0 (i = 1, 2, 3) nên
x1 + x2 + x3
>
3

x1 x2 + x2 x3 + x3 x1
3

1
2

> (x1 x2 x3 ).

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

b √
> 3 −c.
3

thì không thể có ba nghiệm dương phân biệt.


19

Bài toán 2.8. Chứng minh rằng phương trình x3 − 2017x2 + 20172 x − 2017 = 0 không
thể có ba nghiệm đều không âm.
Lời giải hoàn toàn tương tự như Bài toán 2.7.
Bài toán 2.9. Chứng minh rằng không tồn tại đa thức nguyên f (x) (f (x) ≡ 0) sao
cho với 3 số nguyên a, b, c phân biệt xảy ra hệ thức
f (a) = b, f (b) = c, f (c) = a.

Lời giải. Giả sử tồn tại đa thức f (x) thỏa mãn điều kiện bài toán. Nhận xét rằng
f (a) − f (b)
f (b) − f (c)
f (c) − f (a)
∈ Z,
∈ Z,
∈ Z.
a−b
b−c
c−a

Suy ra
b−c

c−a
a−b
∈ Z,
∈ Z,
∈ Z.
a−b
b−c
c−a

Mà
b−cc−aa−b
= 1.
a−bb−cc−a

nên
b−c
c−a
a−b
=
=
= 1.
a−b
b−c
c−a

Suy ra
|a − b| = |b − c| = |c − a|

hay
a = b = c,

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


20

Chương 3. Các tính chất của đa thức
bậc bốn
3.1

Phương trình bậc bốn

Trong phần này ta sẽ nêu phương pháp chung để phân tích một đa thức bậc bốn
tổng quát thành tích của hai tam thức bậc hai. Đối với những đa thức bậc bốn dạng
đặc biệt ta có thể sử dụng các phép biến đổi phù hợp để giải mà không cần vận dụng
thuật toán tổng quát.
Trước hết, ta xét lớp phương trình hồi quy bậc bốn.
Bài toán 3.1. Giải phương trình
ax4 + bx3 + cx2 + dx + e = 0

(3.1)

ad2 = eb2 , a, e = 0.

(3.2)

với

(Phương trình (3.1)-(3.2) có tên gọi là phương trình hồi quy tổng quát bậc bốn).
Lời giải. Viết (3.2) dưới dạng

e
=
a

Đặt

d
b

2

.

d
= α thì d = bα; e = a(α)2 . Thế vào phương trình (3.1), ta thu được
b
ax4 + bx3 + cx2 + bαx + a(α)2 = 0
⇔ a(x4 − α2 ) + bx(x2 + α) + cα2 = 0
⇔ a(x2 + α)2 + bx(x2 + α) + (c − 2aα)x2 = 0.

Nhận xét rằng x = 0 không thỏa mãn phương trình. Chia hai vế của phương trình
cho x2 ta thu được
at2 + bt + c − 2aα = 0


21

với t =

x2 + α

.
x

Vậy từ phương trình (3.1)-(3.2) ta đưa về giải hệ

at2 + bt + c − 2aα = 0

(3.3)

x2 − tx + α = 0.
Giải phương trình thứ nhất của hệ (3.3) ta thu được t và từ phương trình thứ hai
của hệ (3.3) ta tính được x.
Bài toán 3.2. Giải phương trình
(x − a)4 + (x − b)4 = c.

Lời giải. Đặt x = t +

(3.4)

a+b
a−b
;α =
. Khi đó
2
2

(3.4) ⇔ (t + α)4 + (t − α)4 = c
⇔ [(t + α)2 − (t − α)2 ]2 + 2(t2 − α2 )2 = c
⇔ 16α2 t2 + 2(t2 − α2 )2 = c.

Ta nhận được phương trình trùng phương dạng 2t4 + 12α2 t2 + 2α4 − c = 0.
Bài toán 3.3. Giả sử các số a, b, c thỏa mãn điều kiện b2 = 4(a+2)(c+1). Giải phương
trình
x4 = ax2 + bx + c.

(3.5)

Lời giải. Xét trường hợp a = −2. Khi đó b = 0 và phương trình (3.5) có dạng
x4 + 2x2 − c = 0 ⇔ (x2 + 1)2 = c + 1

và có nghiệm khi và chỉ khi c ≥ 0. Khi đó, phương trình có nghiệm
x1,2 = ±

−1 +

√

c + 1.

Giả sử a = −2. Xét tam thức bậc hai với
∆ = b2 − 4(a + 2)(c + 1) = 0

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

b
2(a + 2)

2

22

Phương trình đã cho được viết dưới dạng
x4 + 2x2 + 1 = (a + 2)x2 + bx + c + 1
⇔ (x2 + 1)2 = (a + 2)x2 + bx + c + 1.
⇔ (x2 + 1)2 = (a + 2)(x − x0 )2 , x0 = −

b
.
2(a + 2)

2 ) Nếu a + 2 < 0 thì phương trình vô nghiệm vì có
(x2 + 1)2 ≥ 1 > (a + 2)(x − x0 )2 .

3) Nếu a + 2 > 0(⇔ a > −2) thì ta có thể viết
√
√
(x2 + 1)2 = [ a + 2(x − x0 )]2 ⇔ x2 + 1 = ± a + 2(x − x0 ).
√

Ta thu được hai phương trình bậc hai x2 + 1 = ± a + 2(x − x0 ), trong đó x0 =
−

b
.
2(a + 2)

Tiếp theo giải và biện luận các phương trình bậc hai này.
Bài toán 3.4. Giải phương trình

x4 = ax2 + bx + c, b = 0.

Lời giải. Gọi α là số thực thỏa mãn hệ thức
b2 = 4(a + 2α)(c + α2 )

(3.6)

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

Khi đó tam thức bậc hai
f (x) = (a + 2α)x2 + bx + (c + α2 )

có nghiệm kép và
f (x) =



(a + 2α) x +

b
2(a + 2α)

2

nếu a + 2α = 0


c + α2 nếu a + 2α = 0.
Viết phương trình đã cho dưới dạng x4 + 2αx2 + α2 = f (x)

⇔ (x2 + α)2 = f (x)

(3.7)

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

3) Nếu a + 2α > 0 thì (3.7) ⇔ x2 + α = ± a + 2α x +

b
.
2(a + 2α)