Tóm tắt luận văn Thạc sĩ Khoa học: Định lý Rolle, quy tắc dấu Descartes và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

NGUYỄN THỊ THANH DIỆU

ĐỊNH LÝ ROLLE, QUY TẮC DẤU DESCARTES
VÀ ỨNG DỤNG

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60. 46. 01. 13

TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Đà Nẵng – Năm 2015


Công trình được hoàn thành tại
ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG

Người hướng dẫn khoa học: TS. PHAN ĐỨC TUẤN

Phản biện 1: TS. NGUYỄN NGỌC CHÂU
Phản biện 2: PGS.TS. TRẦN ĐẠO DÕNG

Luận văn đã được bảo vệ trước Hội đồng chấm Luận văn tốt
nghiệp Thạc sĩ Khoa học họp tại Đại Học Đà Nẵng vào ngày 27
tháng 6 năm 2015.

Có thể tìm hiểu Luận văn tại:
- Trung tâm Thông tin - Học liệu, Đại học Đà Nẵng
- Thư viện trường Đại học Sư phạm, Đại học Đà Nẵng

1
MỞ ĐẦU
1. Tính cấp thiết của đề tài
Đa thức và các bài toán liên quan luôn đóng vai trò quan trọng
trong toán học không những như 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 nội suy, lý thuyết biểu diễn, tối ưu... Đặc biệt
bài toán khảo sát số nghiệm thực của đa thức với các hệ số thực là
vấn đề được quan tâm của nhiều thế hệ các nhà toán học. Những kết
quả đầu tiên theo hướng này là của Descartes về quy tắc dấu để xác
định số nghiệm âm, dương của một đa thức thực dựa vào sự phân bố
dấu của dãy các hệ số của đa thức đã cho.
Bên cạnh đó Định lý Rolle và một số mở rộng (Định lý
Lagrange, Định lý Cauchy) là các định lý quan trọng về giá trị trung
bình trong chương trình giải tích cổ điển. Ứng dụng của các định lý
này trong chương trình toán trung học phổ thông rất đa dạng và
phong phú, đặc biệt là các dạng toán về giải phương trình, biện luận
số nghiệm của phương trình trên một khoảng, chứng minh bất đẳng
thức...
Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic quốc tế thì các
bài toán về đa thức, phương trình và các vấn đề liên quan cũng được
đề cập nhiều và được xem như những dạng toán khó ở bậc trung học
phổ thông. Các bài toán liên quan đến đa thức và phương trình cũng
nằm trong chương trình thi Olympic sinh viên giữa các trường đại
học và cao đẳng trong cả nước về Giải tích và Đại số.


2

Với những lý do trên và qua khả năng tìm hiểu, nghiên cứu
chúng tôi lựa chọn đề tài: “Định lý Rolle, quy tắc dấu Descartes và
ứng dụng” làm luận văn tốt nghiệp bậc cao học của mình.
2. Mục tiêu nghiên cứu của đề tài
Mục tiêu của đề tài là nhằm giúp người đọc hiểu được nội dung,
tính chất liên quan đến định lý olle, quy tắc dấu

escartes và một

số phương pháp để xác định số nghiệm âm, dương của một đa thức.
3. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu của đề tài là các đa thức với dãy các hệ số thực.
Phạm vi nghiên cứu của đề tài là định lý olle, quy tắc dấu escartes và ứng
dụng.
4. Phƣơng pháp nghiên cứu
Thu thập các bài báo khoa học và tài liệu của các tác giả nghiên
cứu liên quan đến định lý olle và quy tắc dấu escartes.
Tham gia các buổi seminar của thầy hướng dẫn để trao đổi các
kết quả đang nghiên cứu.
5. Bố cục đề tài
Luận văn được chia thành hai chương:
Ở chương 1 giới thiệu các khái niệm, các tính chất về sự đổi dấu
và vị trí đổi dấu của dãy, trình bày định lý

olle, quy tắc dấu

Descartes.
Đến chương 2 trình bày các bài toán liên quan đến định lý olle
và quy tắc dấu escartes.

3
6. Tổng quan tài liệu nghiên cứu
Tổng quan các kết quả của các tác giả đã nghiên cứu liên quan
đến định lý olle, quy tắc dấu escartes và ứng dụng thực tế qua các
ví dụ, bài tập áp dụng, nhằm xây dựng một tài liệu tham khảo cho
những ai muốn nghiên cứu về định lý

olle và quy tắc dấu

Descartes.
Chứng minh chi tiết các định lí và làm rõ một số tính chất, cũng
như đưa ra một số ví dụ minh họa nhằm làm cho người đọc dễ dàng
tiếp cận vấn đề được đề cập.


4
CHƢƠNG 1
ĐỊNH LÝ ROLLE VÀ QUY TẮC DẤU DESCARTES
1.1. CÁC KHÁI NIỆM VỀ SỰ ĐỔI DẤU CỦA DÃY
Trong luận văn này, khi nói đến các đa thức, chuỗi luỹ thừa hay
dãy số ta đều xét chúng là các số thực. Tiếp đó, nếu không nói ngược
lại, các hàm được đưa vào đều giả thiết là giải tích trong các khoảng
đã nêu. Tuy nhiên các định lý được khẳng định chỉ cần thay đổi
không lớn lắm hoặc thậm chí hoàn toàn không cần một sự thay đổi
nào khi thay giả thiết này bằng giả thiết yếu hơn, chẳng hạn với đòi
hỏi tồn tại đạo hàm đến một cấp nào đó. Khắp nơi về sau, các không
điểm được tính theo bội của nó.
Và để thuận tiện cho việc lập luận, ta quy ước số 0 là số chẵn.
Ta cần xét một số khái niệm sau:

Định nghĩa 1.1. [7]. Không điểm của hàm số y  f ( x) là điểm

x0 mà ở đó hàm số triệt tiêu f ( x0 )  0 .
Định nghĩa 1.2. [7]. Cho dãy a0 , a1 , a2 ,... gồm hữu hạn hay vô
hạn các số hạng.
Chỉ số m được gọi là vị trí đổi dấu của dãy nếu có
am1am  0 , (m  1)

hoặc là
am1  am2  ...  amk 1  0

và


5
amk am  0 , (m  k  2) .
Trong trường hợp thứ nhất thì am 1 và am , còn trong trường hợp
thứ hai thì am  k và am lập thành vị trí đổi dấu.
Định nghĩa 1.3. [7]. Hàm f ( x) được gọi là duy trì dấu trong
khoảng (a; b) nếu f ( x)  0 hoặc f ( x)  0 , x  (a; b).
Giả sử khoảng (a; b) được chia thành Z  1 khoảng con sao
cho:
a. f ( x) không đồng nhất triệt tiêu trong khoảng con nào đó.
b. Trong mỗi khoảng con f ( x) duy trì dấu.
c. Trong hai khoảng con kề nhau f ( x) có dấu ngược nhau.
Khi đó ta nói rằng trong khoảng (a; b) hàm f ( x) có Z lần đổi
dấu.
Nhận xét 1.1. Khi vượt qua không điểm bậc lẻ, hàm giải tích bị
thay đổi dấu còn khi vượt qua không điểm bậc chẵn thì không đổi
dấu.

Định nghĩa 1.4. [7]. Ta gọi sự đổi dấu và vị trí đổi dấu của đa
thức

a0  a1 x  ...  an1 xn1  an x n ,
hoặc của chuỗi luỹ thừa

a0  a1 x  ...  an1 x n1  an x n  ...,
chính là sự đổi dấu và vị trí đổi dấu của dãy hữu hạn hoặc vô hạn các
hệ số


6
a0 , a1 , a2 ,..., an , tương ứng a0 , a1 , a2 ,...
1.2. CÁC TÍNH CHẤT VỀ SỰ ĐỔI DẤU CỦA DÃY VÀ
HÀM
Tính chất 1.1. [7]. Số vị trí đổi dấu của một dãy nào đó không
thay đổi nếu các số hạng bằng 0 được bỏ đi còn những số hạng còn
lại vẫn bảo toàn vị trị tương hỗ của nó.
Tính chất 1.2. [7]. Các dãy
a0 , a1 , a2 ,..., an và an , an1 ,..., a1 , a0

có cùng một số vị trí đổi dấu.
Tính chất 1.3. [7]. Khi gạch bỏ các số hạng của dãy, số vị trí
đổi dấu không tăng thêm.
Tính chất 1.4. [7]. Khi đặt vào giữa các số hạng của dãy một số
lượng tùy ý các số hạng bằng 0, số vị trí đổi dấu của dãy vẫn không
thay đổi.
Tính chất 1.5. [7]. Số vị trí đổi dấu của dãy 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 1.6. [7]. Nếu p0  0 , p1  0 , p2  0 ,... thì các dãy
a0 , a1 , a2 ...,

và
a0 p0 , a1 p1 , a2 p2 ,...,

có cùng những vị trí đổi dấu.


7
Tính chất 1.7. [7]. Dãy a0 , a1  a0 , a2  a1 ,..., an  an1 , an có số vị
trí đổi dấu không lớn hơn so với dãy a0 , a1 , a2 ,..., an .
Tính chất 1.8. [7]. Nếu dãy vô hạn a0 , a1 , a2 ,..., an ,... chỉ có một
số hữu hạn W vị trí đổi dấu thì dãy tạo nên nhờ dãy đã cho:
 n
 n
a0 , a0  a1 , a0  2a1  a2 ,..., a0    a1    a2  ...  an ,...,
1 
 2

cũng chỉ có một số hữu hạn vị trí đổi dấu và số đó không lớn hơn
W.

Tính chất 1.9. [7]. Trong khoảng mà khắp nơi  ( x)  0 , các hàm
f ( x) và f ( x) ( x) có cùng các không điểm.

Tính chất 1.10. [7]. Cho hàm f ( x) liên tục trên khoảng  a, b  ,
và a, b không là không điểm của hàm f ( x) . Khi đó
i. Nếu f (a). f (b)  0 thì f ( x) chứa một số lẻ các không
điểm trên khoảng  a, b  .

ii. Nếu f (a). f (b)  0 thì f ( x) chứa một số chẵn các không
điểm trên khoảng  a, b  .
Tính chất 1.11. [7]. Giả sử a j , ak khác 0 ( j  k ). Khi đó:
i. Nếu a j và ak cùng dấu thì dãy số hữu hạn a j , a j 1 ,..., ak 1 , ak
sẽ có một số chẵn vị trí đổi dấu.
ii. Nếu a j và ak trái dấu thì dãy số hữu hạn a j , a j 1 ,..., ak 1 , ak sẽ
có một số lẻ vị trí đổi dấu.


8
Tính chất 1.12. [7]. Nếu j  1 và k  1 là những vị trí đổi dấu
kề nhau của dãy a0 , a1 , a2 ... thì dãy các hiệu số
a j 1  a j , a j  2  a j 1 ,..., ak  ak 1 , ak 1  ak

có một số lẻ vị trí đổi dấu (do đó có ít nhất một lần đổi dấu).
Tính chất 1.13. [7]. Nếu dãy số
a0 , a1 ,..., an ,

có W vị trí đổi dấu thì dãy hiệu lập thành từ dãy đó
a1  a0 , a2  a1 ,..., an  an1 ,

sẽ có ít nhất W  1 vị trí đổi dấu .
Tính chất 1.14. [7]. Nếu dãy hữu hạn
a0 , a1 ,..., an ,

có W vị trí đổi dấu thì dãy tạo nên từ nó theo cách sau

a0 , a1  a0 , a2  a1 ,..., an  an1, , an ,
sẽ có không ít hơn W  1 vị trí đổi dấu (loại trừ trường hợp tầm
thường khi mọi số hạng của dãy đều bằng 0).

Tính chất 1.15. [7]. Nếu   0 thì các đa thức P( x) và P( x)
sẽ có số vị trí đổi dấu như nhau.
Tính chất 1.16. [7]. Giả sử dãy vô hạn a0 , a1 , a2 ,..., an ,... có W
vị trí đổi dấu. Khi đó dãy

 a0 , a1  a0 , a2  a1 ,..., an  an1 ,... ,


9
trong đó   0 có ít nhất W vị trí đổi dấu. Ngoài ra nếu thỏa điều
kiện lim an n  0 thì thậm chí dãy đã nêu có cực tiểu là W  1 vị trí
n 

đổi dấu.
Tính chất 1.17. [7]. Nếu dãy a0 , a1 , a2 ,..., an ,... có W vị trí đổi
dấu thì dãy
a0 , a0  a1 , a0  a1  a2 ,..., a0  a1  a2  ...  an ,...

có không quá W vị trí đổi dấu.
Tính chất 1.18. [7]. Cho đa thức

P( x)  an xn  an1 x n1  ...  a1 x  a0
có số vị trí đổi dấu là W , khi đó đa thức P( x)( x  1) có số vị trí đổi
dấu không lớn hơn W .
Tính chất 1.19. [7]. Giả sử số a  0 và đa thức

P( x)  a0  a1 x  a2 x 2  ...  an x n ,
có số vị trí đổi dấu là W thì đa thức
g ( x)  (a  x).P( x),

có số vị trí đổi dấu lớn hơn W .
Tính chất 1.20. [7]. Giả sử chuổi lũy thừa

a0  a1 x  a2 x 2  a3 x3  ... ,
có W vị trí đổi dấu thì chuỗi lũy thừa
a0  a1 x  a2 x 2  a3 x3  ...
,
1 x

có số vị trí đổi dấu không thể tăng thêm.


10
1.3. ĐỊNH LÝ ROLLE VÀ CÁC HỆ QUẢ
Cơ sở của định lý Rolle dựa vào hai định lý cơ bản nhất của
Weierstrass đối với hàm liên tục khẳng định rằng khi f liên tục trên
đoạn [a; b] thì nó phải đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên
đoạn đó và định lý Fermat về điểm cực trị của hàm khả vi khẳng
định rằng nếu hàm g ( x) liên tục trên đoạn [a; b] , khả vi trong (a; b)
đạt cực trị (cực đại hoặc cực tiểu) tại một điểm trong khoảng đó thì
đạo hàm tại điểm đó bằng 0.
Định lý 1.1. [2]. (Định lý Rolle) Giả sử f là hàm liên tục trên
đoạn [a; b] và có đạo hàm tại mọi x  (a; b) . Nếu f (a)  f (b) thì
tồn tại ít nhất một điểm c  (a; b) sao cho f (c)  0 .
Nhận xét 1.2.
1. Định lý Rolle sẽ không còn đúng nếu trong khoảng (a; b) có
điểm c mà tại đó f (c) không tồn tại. Chẳng hạn, xét hàm
f ( x)  2  3 x 2 , x [  1;1] . Dễ thấy f ( x) thoả mãn các điều kiện:
f ( x) liên tục trên (1;1) và
f ( x)  

2
3

3 x

f (1)  f (1) . Ta xét đạo hàm

, rõ ràng tại x0  0  (1;1) đạo hàm không tồn tại,

nên hàm số không thoả mãn đủ các điều kiện của định lý Rolle.
2. Điều kiện liên tục trên đoạn [a; b] đối với hàm f ( x) cũng
không thể thay đổi bởi điều kiện f ( x) liên tục trên khoảng (a; b) .
Chẳng hạn, xét hàm


11
x0
1,
f ( x)  
0, 0  x  1.

Ở đây x  0 là điểm gián đoạn. Khi đó, rõ ràng không tồn tại
x0  (0;1) để f ( x0 )  0 .

3. Ý nghĩa hình học: Nếu các điều kiện của định lý olle được
thoả mãn thì trên đồ thị của hàm số y  f ( x) , x [a; b] tồn tại
điểm M (c; f (c)) , c  (a; b) mà tiếp tuyến tại đó song song với trục
hoành Ox .
Hệ quả 1.1. Nếu hàm số f ( x) có đạo hàm trên khoảng (a; b) và

phương trình f ( x)  0 có n nghiệm phân biệt thuộc khoảng (a; b)
thì phương trình f ( x)  0 có ít nhất n  1 nghiệm phân biệt thuộc
khoảng (a; b) . (Phương trình f ( k ) ( x)  0 có ít nhất n  k nghiệm
phân biệt thuộc khoảng (a; b) , với k  1,2,3,...., n ).
Nhận xét 1.3.
- Kết quả trên vẫn đúng nếu thay khoảng (a; b) bởi các nửa
khoảng (a; b] , [a; b) hay đoạn [a; b] hoặc chỉ là một điểm  x1 .
- Nếu hàm f ( x) là đa thức bậc n và có n nghiệm thực thì
f ( x) có n  1 nghiệm thực.

Hệ quả 1.2. Giả sử hàm số f ( x) liên tục trên đoạn [a; b] và có
đạo hàm trên khoảng (a; b) . Khi đó nếu phương trình f ( x)  0 có
không quá n  1 nghiệm phân biệt trên (a; b) thì phương trình
f ( x)  0 có không quá n nghiệm phân biệt trên khoảng đó.


12
Hệ quả 1.3. Nếu lim f ( x)  0 thì f ( x) có số lượng các không
x 

điểm trong khoảng (a; ) không ít hơn so với f ( x) trên khoảng
ấy. Kết quả vẫn đúng nếu thay  bởi  .
Hệ quả 1.4. Giả sử hàm f ( x) có N không điểm trong (0; ) .
Khi đó hàm

 f ( x)  f ( x),   ,
có ít nhất N  1 không điểm trong khoảng đó. Hơn nữa, nếu thoả
mãn điều kiện
lim e x f ( x)  0,

x 

thì hàm đã nêu có ít nhất là N không điểm.
Định lý 1.2. [5]. Giả sử f là hàm liên tục trên [a; ) , có đạo
hàm trên (a; ) và lim f ( x)  f (a) . Khi đó tồn tại ít nhất một số
x 

thực c  a sao cho f (c)  0 .
Định lý 1.3. [2]. Cho hàm số y  f ( x) liên tục trên đoạn [a; b]
và F ( x) là một nguyên hàm của f ( x) trong đoạn đó. Nếu tồn tại
các số thực x1 , x2 [a; b] với x1  x2 sao cho F ( x1 )  F ( x2 ) thì
phương trình f ( x)  0 có nghiệm trong đoạn [x1 ; x2 ] (hay có nghiệm
trong đoạn [a; b] ).
Định lý 1.4. [2]. (Định lý Lagrange) Giả sử f là hàm liên tục
trên đoạn [a; b] và có đạo hàm tại mọi điểm trong khoảng (a; b) . Khi
đó tồn tại ít nhất một điểm c  ( a; b) sao cho


13
f (b)  f (a)  f (c)(b  a).
Nhận xét 1.4:
- Ta đã thu được định lý Lagrange như là một hệ quả của Định
lý Rolle. Thế nhưng chính Định lý Rolle (về dạng biểu thức) lại là
một trường hợp riêng của Định lý Lagrange (ứng với giả thiết
f (a)  f (b) ).

- Ý nghĩa hình học: Nếu hàm f ( x) thoả mãn đầy đủ các điều
kiện của Định lý Lagrange thì trên đồ thị của hàm số y  f ( x) phải
tồn tại ít nhất một điểm M (c; f (c)) sao cho tiếp tuyến với đồ thị tại
điểm đó song song với dây cung AB , ở đó A(a; f (a)) và

B(b; f (b)) .

Định lý 1.5. (Định lý Cauchy) Giả sử f , g liên tục trên đoạn
[a; b] và có đạo hàm tại mọi điểm trong khoảng (a; b) , ngoài ra

g ( x)  0 với mọi x  (a; b) . Khi đó tồn tại ít nhất một điểm
c  (a; b) sao cho
f (b)  f (a) f (c)

.
g (b)  g (a) g (c)

Nhận xét 1.5. Định lý Lagrange là trường hợp riêng của Định lý
Cauchy với giả thiết g ( x)  x .
1.4. QUY TẮC DẤU DESCARTES
Việc tìm ra mối liên hệ giữa số vị trí đổi dấu của đa thức và số
không điểm của nó là một kết quả cực kì lý thú. Kết quả đó sẽ giúp
chúng ta ước lượng được số nghiệm của đa thức, đặc biệt là những


14
đa thức bậc cao khi mà bằng phương pháp thông thường chúng ta
khó có thể ước lượng được số nghiệm của nó. Quy tắc dấu Descartes
sẽ giúp chúng ta giải quyết vấn đề này.
Định lý 1.6. [7]. (Quy tắc dấu Descartes) Giả sử N là số không
điểm dương của đa thức

P( x)  an xn  an1 xn1  ...  a1 x  a0 ,
và W là số lần đổi dấu trong dãy hệ số của nó. Khi đó:
i. W  N .

ii. W  N là một số chẵn.


15
CHƢƠNG 2
NHỮNG ÁP DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ ROLLE
VÀ QUY TẮC DẤU DESCARTES
2.1. ƢỚC LƢỢNG SỐ KHÔNG ĐIỂM CỦA ĐA THỨC,
CHỨNG MINH PHƢƠNG TRÌNH CÓ NGHIỆM
2.1.1. Sử dụng quy tắc dấu Descartes
Chúng ta sử dụng quy tắc dấu

escartes để xét số nghiệm

dương của đa thức

f ( x)  an xn  an1 xn1  ...  a1 x  a0 ,
thông qua số lần đổi dấu của dãy các hệ số của đa thức. Từ đó, muốn
xác định số không điểm âm của đa thức thì ta đặt g ( x)  f ( x) , khi
đó số không điểm âm của đa thức f ( x) chính là số không điểm
dương của đa thức g ( x) .
Đồng thời chúng ta cũng khảo sát một số kết quả về số không
điểm của đa thức trên một khoảng hoặc nửa khoảng nào đó.
Chẳng hạn, để xét số không điểm của đa thức

f ( x)  an xn  an1 xn1  ...  a1 x  a0 ,
trong khoảng (1;1) thì ta dùng phép đổi biến phân tuyến tính
1 x
t t 0.
1 x

Xem t như là một hàm số đối với biến số x thì


16
t 

2
 0 , x  (1;1) .
(1  x) 2

Vậy hàm số t là đồng biến trong khoảng (1;1) và có tập giá trị
là (0; ) . Vì vậy, với mỗi t  (0; ) luôn tìm được duy nhất một
giá trị x  (1;1) . Ta có
x

t 1
.
t 1

o đó
f ( x)  f (

n
t 1
t 1 k
)   ak (
) .
t  1 k 0 t  1

Xét hàm số
g (t )  (t  1)n f (

n
t 1
)   ak (t  1)k (t  1)n  k .
t  1 k 0

Dễ thấy số không điểm x  (1;1) của đa thức f ( x) bằng số
không điểm dương của đa thức g (t ) . Xét số không điểm dương của
g (t ) sẽ suy ra được số không điểm x  (1;1) của đa thức f ( x) .

Tương tự ta có thể xét số không điểm của đa thức

f ( x)  an xn  an1 xn1  ...  a1 x  a0 ,
trên các nửa khoảng hoặc đoạn dạng [  1;1), (1;1], [  1;1] .
Cũng vậy, để xét số không điểm của đa thức f ( x) trên khoảng
(a; b) tuỳ ý, ta thực hiện phép đổi biến

x

a b a b

t , t  (1;1) .
2
2


17
Ta có

n

n

k 0

k 0

f ( x)   ak x k   ak (

a b a b k

t) .
2
2

Khi ấy để xét số nghiệm của f ( x) trong (a; b) ta đi xét số
nghiệm của
n

g (t )   ak (
k 0

n
a b a b k

t )   bk t k ,
2
2
k 0

trong đó
k

bk  ak  Ckj (
j 0

b  a j a  b k j
) (
) .
2
2

Để xét số không điểm của đa thức
n

f ( x)   ak x k ,
k 0

trên (a; ) ta tiến hành thực hiện phép đổi biến x  a  t thì
t  (0; ) và dẫn đến xét không điểm dương của đa thức
n

n

k

k 0

k 0

j 0

g (t )   ak (t  a)k   (ak  Ckj a n  j )t k .

Sau đây ta sẽ đi xét các ví dụ cụ thể.
Ví dụ 2.1. Chứng minh rằng đa thức

f ( x)  x 5  2 x 4  8 x 3  x 2  9 x  1 ,
có đúng hai nghiệm dương và ít nhất một nghiệm âm.
Ví dụ 2.2. Xác định số nghiệm của đa thức sau trên (0;2) .


18
f ( x)  x  2 x 3  3 x 2  4 x  4 ,
4

Ví dụ 2.3. Chứng minh rằng đa thức
f ( x)  x4  9 x3  28x2  37 x  19,

có đúng hai nghiệm x  (2; ) .
Ví dụ 2.4. Tính số nghiệm thực của phương trình

f ( x)  15x2005  14 x 2004  2003  0.
Ví dụ 2.5. (Singapore,78) Với đa thức P( x) bậc n và các số
a  b nào đó thoả mãn các bất đẳng thức

P(a)  0, P(a)  0,...,(1) n P( n) (a)  0,
P(b)  0, P(b)  0,..., P( n) (b)  0,

chứng minh tất cả nghiệm thực của đa thức P( x) đều thuộc (a; b) .
Ví dụ 2.6. (CH C Đức, 83) Chứng minh rằng phương trình

f ( x)  x4  5x3  6 x 2  4 x  16  0,
có đúng hai nghiệm.
Ví dụ 2.7. (IMO 33-1992) Cho đa thức f ( x) với hệ số hữu tỉ,

 là số thực thoả:

 3    ( f ( ))3  f ( )  331992.
Chứng minh rằng:
( f n ( ))3  f n ( )  331992 ,

trong đó

f n ( x)  f [ f n1 ( x)].
2.1.2. Sử dụng định lý Rolle


19
Ví dụ 2.8. Cho a, b, c và m là số dương tuỳ ý thoả mãn biểu
thức
a
b
c

  0.
m  2 m 1 m

Chứng minh rằng phương trình ax2  bx  c  0 có nghiệm

thuộc (0;1) .
Ví dụ 2.9. Cho các số thực a1 , a2 ,...an . Chứng minh rằng
phương trình a1cosx  a2cos2 x  ...  ancosnx  0 luôn có nghiệm.
Ví dụ 2.10. Chứng minh rằng phương trình

2( x2  x  2)cos 2 x  (1  2 x)sin2 x
có ít nhất ba nghiệm phân biệt trong (1;2) .
Ví dụ 2.11. (Olympic SV, 94) Cho 2n số nguyên dương
ak , bk 

(k  0,1,..., n) . Chứng minh rằng phương trình:
n

f ( x)  x   (ak sinkx  bk coskx)  0.
k 1

có nghiệm trong khoảng ( ; ) .
2.2. GIẢI VÀ BIỆN LUẬN PHƢƠNG TRÌNH
Đối với dạng bài tập này thì các hệ quả của định lý Rolle tỏ ra là
công cụ rất mạnh để giải toán. Kỉ thuật để giải một số bài toán trong
phần này như sau:
- Biến đổi phương trình cần giải về dạng f ( x)  0 .


20
- Xét hàm số y  f ( x) . Tìm số nghiệm của phương trình
f ( x)  0 .

Giả sử phương trình f ( x)  0 có n  1 nghiệm. Khi đó theo Hệ
quả 1.2 thì phương trình f ( x)  0 có không quá n nghiệm.

- Chỉ ra các nghiệm đó của phương trình.
Ví dụ 2.12. Biện luận số nghiệm của phương trình
2x  x2  1 .

Ví dụ 2.13. Giải phương trình

(1  sinx)(2  4sinx )  3.4sinx .
Ví dụ 2.14. Giải phương trình

2010cosx  2009

cosx

 cosx.

Ví dụ 2.15. Giải phương trình

3x  1  x  log3 (1  2 x).
Ví dụ 2.16. (Toán học và Tuổi trẻ số 305) Hỏi phương trình
x2  100sinx có bao nhiêu nghiệm trên đoạn [2 ;3 ] ?

2.3. CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
Ví dụ 2.17. (Olympic Nga) Cho đa thức

f ( x)  a0 xn  a1 xn1  ...  an1 x  an , a0  0
có n nghiệm phân biệt. Chứng minh: (n  1)a12  2na0 a2 .
Ví dụ 2.18. (CH C Đức, 70) Cho a, b, c, d dương khác nhau
từng đôi một. Chứng minh rằng:

3

21
abc  abd  acd  bcd
ab  ac  ad  bc  bd  cd

.
4
6

Ví dụ 2.19. Cho a  b  c . Chứng minh rằng:
a  b  c  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca
3

a


a  b  c  a 2  b 2  c 2  ab  bc  ca
 c.
3

Ví dụ 2.20. Cho a, b, c là ba số mà phương trình
x3  ax2  bx  c  0

có ba nghiệm phân biệt. Chứng minh:
27c  2a3  9ab  2 (a 2  3b)3 .

2.4. MỘT SỐ ỨNG DỤNG KHÁC
Ví dụ 2.21. (Olympic SV, 01) Chứng minh rằng tồn tại số thực
x  (0;1) sao cho

1

t 2000 dt
x 2001

x (1  t )(1  t 2 )...(1  t 2001 ) (1  x)(1  x2 )...(1  x2001 ) .

Ví dụ 2.22. Cho f liên tục trên [a; b] , f (a)  f (b)  0 và có
đạo hàm cấp hai trên đó. Chứng minh rằng với mọi c  (a; b) thì tồn
tại   (a; b) sao cho:
1
f (c)  (c  a)(c  b) f ( ).
2

Ví dụ 2.23. Chứng minh rằng nếu phương trình

x3  6(b  a) x2  11bx  6a  18  0 ,


22
có 3 nghiệm dương thì
a

4
 3.
(a  b)(b  1) 2

Ví dụ 2.24. Cho ba số thực x, y, z thoả mãn:
x  y  z  6


( x  1)( y  z )  yz  0
 xyz  yz.


Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
Q  3 4 x  3 9( y  1)  3 9( z  1).

Ví dụ 2.25. (Tiệp khắc, 59) Chứng minh rằng nếu các số
a, b, c 

thoả mãn các đẳng thức
a  b  c  0

ab  bc  ca  0
abc  0,


thì các số này đều dương.
Ví dụ 2.26. Cho f liên tục trên [a; b] , có đạo hàm trên khoảng
(a; b) thoả f (a)  f (b)  0 và f ( x)  0, x  (a; b) . Với k là số

thực cho trước, chứng minh rằng tồn tại dãy ( xn ) với ( xn )  (a; b)
sao cho:
lim

f ( xn )
( e  1) f ( xn )
n

 k.

23
KẾT LUẬN
Luận văn “Định lý Rolle, quy tắc dấu Descartes và ứng dụng”
nhằm giới thiệu một số ứng dụng của quy tắc dấu escartes và Định
lý Rolle trong tập số thực, chủ yếu nghiên cứu một số dạng toán
thường gặp ở chương trình phổ thông. Luận văn đã đạt được một số
kết quả cụ thể như sau:
- Nghiên cứu các tài liệu khác nhau và trình bày lại một số
định nghĩa và tính chất liên quan đến sự đổi dấu của dãy, Định lý
olle và quy tắc dấu escartes, chứng minh chặt chẽ các định lý liên
quan.
- Giới thiệu một số phương pháp cụ thể để tìm nghiệm của đa
thức
- Áp dụng lý thuyết để đưa ra lời giải hoàn chỉnh cho một số
bài toán có liên quan, từ đó làm rõ tính hiệu quả của định lý Rolle và
quy tắc dấu Descartes.
Với những gì đã tìm hiểu được, chúng tôi hy vọng luận văn sẽ
là một tài liệu tham khảo hữu ích cho bản thân trong công tác giảng
dạy sau này và hy vọng luận văn cũng là nguồn tư liệu tốt cho những
ai quan tâm đến vấn đề này.
Tuy nhiên do thời gian và khả năng nghiên cứu của chúng tôi
là có hạn nên trong luận văn chưa có điều kiện để nghiên cứu về ứng
dụng của Định lý Rolle trong các bài toán hình học, mở rộng của
Định lý Rolle trong tập số phức…