Về đa thức hệ số thực có các nghiệm đều thực (Luận văn thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN VĂN LƯU

VỀ ĐA THỨC HỆ SỐ THỰC
CÓ CÁC NGHIỆM ĐỀU THỰC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

NGUYỄN VĂN LƯU

VỀ ĐA THỨC HỆ SỐ THỰC
CÓ CÁC NGHIỆM ĐỀU THỰC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
GS.TS. LÊ THỊ THANH NHÀN

THÁI NGUYÊN - 2019

Mục lục

1

Mục lục . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

Lời cảm ơn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

Phần mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

4

Điều kiện để đa thức với hệ số thực có
các nghiệm đều là thực
6
1.1
1.2
1.3

2

Nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . .
Một vài điều kiện cần cho một đa thức có tất cả
nghiệm đều thực . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Điều kiện đủ để mọi nghiệm của đa thức là thực . .

. . .
các
. . .
. . .

Một số bài toán liên quan
2.1
2.2

Mối liên hệ giữa nghiệm thực của đạo hàm và nghiệm
thực của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Một số bài toán sơ cấp liên quan . . . . . . . . . . . . .

Kết luận

6
10
19

27
27
32
38

Tài liệu tham khảo

39

2


3

LỜI CẢM ƠN
Trước hết, tôi xin gửi lời biết ơn chân thành đến GS. TS. Lê Thị
Thanh Nhàn đã hướng dẫn tôi hoàn thành bản luận văn này. Mặc dù
rất bận rộn trong công việc nhưng Cô vẫn dành nhiều thời gian và tâm
huyết trong việc hướng dẫn, động viên khuyến khích tôi trong suốt thời
gian tôi thực hiện đề tài. Trong quá trình tiếp cận đề tài đến quá trình
hoàn thiện luận văn Cô luôn tận tình chỉ bảo và tạo điều kiện tốt nhất
nhất cho tôi hoàn thành luận văn. Cho đến bây giờ luận văn thạc sĩ của
tôi đã được hoàn thành, xin cảm ơn Cô.
Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Toán - Tin và Phòng
Đào tạo của trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Tôi xin
trân trọng cảm ơn các Thầy, Cô đã tận tình truyền đạt những kiến thức
quý báu cũng như tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất để tôi hoàn thành
luận văn này.
Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu, các thầy cô giáo trường
THPT Gia Viễn A - Ninh Bình nơi tôi công tác đã tạo điều kiện giúp đỡ
tôi hoàn thành công việc chuyên môn tại nhà trường để tôi hoàn thành
chương trình học tập cao học.
Cuối cùng, tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn
bè, những người không ngừng động viên, hỗ trợ tạo mọi điều kiện tốt
nhất cho tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn.


4

PHẦN MỞ ĐẦU
Như chúng ta đã biết, khi nghiên cứu về đa thức thì vấn đề nghiệm
của đa thức là yếu tố rất quan trọng. Theo Định lý cơ bản của Đại số thì
đa thức hệ số phức bậc n có đủ n nghiệm phức (tính cả bội của chúng).
Tuy nhiên, đa thức hệ số thực thì không có được khẳng định như vậy.
Chẳng hạn, đa thức bậc hai p(x) = ax2 + bx + c với hệ số thực có hai
nghiệm thực nếu và chỉ nếu b2 − 4ac ≥ 0. Trong lịch sử toán học, các
nhà khoa học đã cố gắng tìm ra các điều kiện của hệ số để một đa thức
hệ số thực có số nghiệm thực cho trước cũng như công thức nghiệm theo
các hệ số. Tuy nhiên chúng ta mới chỉ giải quyết một số bài toán cụ thể
hay lớp đa thức đặc biệt nào đó.
Việc nghiên cứu điều kiện trên các hệ số của đa thức với hệ số thực để
đa thức có các nghiệm đều thực được trình bày trong bài báo [3] và [4].
Bài báo [3]: "A sufficient condition for all the roots of a polynomial to
be real" trình bày một điều kiện đủ của các hệ số để đa thức hệ số thực
có tất cả các nghiệm đều thực, bài báo [4]: "Some necessary conditions
for a real polynomial to have only real roots" trình bày một vài điều kiện
cần của các hệ số để đa thực hệ số thực có tất cả các nghiệm đều thực.
Mục đích của luận văn này là trình bày lại các kết quả trong các bài
báo trên. Ngoài ra, luận văn còn quan tâm khai thác mối liên hệ giữa
nghiệm của đa thức và nghiệm của đạo hàm đa thức đó thông qua đánh
giá bất đẳng thức, nội dung này được trình bày lại từ bài báo [5]: "On
the roots of the derivative of a polynomial with real roots". Luận văn còn
khai thác một số ứng dụng các kết quả để giải quyết những bài toán sơ
cấp về tính chất nghiệm thực của đa thức với hệ số thực.
Luận văn chia làm hai chương.
Chương 1 gồm 3 phần. Phần thứ nhất trình bày một số kiến thức cơ
bản về nghiệm của đa thức như Định lý cơ bản của Đại số, Công thức

5

Viete, Định lý Rolle, số nghiệm của đa thức khi hệ số tự do thay đổi và
Điều kiện không lồi của Newton. Phần thứ hai dành để trình bày một
vài điều kiện cần cho một đa thức có tất cả các nghiệm đều thực, thể
hiện trong các Định lý 1.2.1, Định lý 1.2.5, Định lý 1.2.8, Định lý 1.2.11.
Ngoài ra, ở mỗi Định lý sau phần chứng minh còn có một số phản ví dụ
để chỉ ra rằng các điều kiện đó không phải là điều kiện đủ để đa thức
có tất cả các nghiệm đều thực. Phần cuối trình bày một điều kiện đủ để
mọi nghiệm của đa thức là số thực, thể hiện trong Định lý 1.3.2. Định
lý 1.3.2 là một kết quả rất đẹp mở rộng tiêu chuẩn có đủ 2 nghiệm thực
của đa thức bậc hai thành tiêu chuẩn có đủ n nghiệm thực của đa thức
bậc n.
Chương 2 gồm hai phần. Phần đầu trình bày về mối liên hệ giữa
nghiệm thực của đạo hàm và nghiệm thực của đa thức, thể hiện trong
Định lý 2.1.1. Phần tiếp theo đưa ra một số bài toán sơ cấp để áp dụng
các định lý ở Chương 1.


Chương 1
Điều kiện để đa thức với hệ số thực có
các nghiệm đều là thực
Mục đích của Chương này là trình bày một số kết quả về đa thức hệ số
thực có các nghiệm đều thực. Tài liệu tham khảo chính của Chương là
[1], [3], [4].

1.1

Nghiệm của đa thức

Mục tiêu của tiết này là nhắc lại một số khái niệm, tính chất quen biết
về nghiệm của đa thức, trong đó có Công thức Viete, Bất đẳng thức
giữa trung bình cộng và trung bình nhân (AM-GM Inquality), Định lý
Rolle, số nghiệm của đa thức khi hệ số tự do thay đổi, Điều kiện không
lồi của Newton . . .
Cho số nguyên dương n. Đa thức p(x) bậc n, hệ số thực là biểu thức
có dạng
p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0
với a0 , a1 , . . . , an là các số thực và an = 0. Đa thức được viết dưới dạng
các hạng tử bậc giảm dần như trên được gọi là dạng chính tắc của đa
thức.
Trong toàn bộ luận văn này, nếu không có giải thích gì thêm thì ta
luôn quy ước p(x) là đa thức bậc n hệ số thực có dạng như trên.
Khi n = 1 thì p(x) = a1 x + a0 được gọi là nhị thức bậc nhất, khi
6


7

n = 2 thì p(x) = a2 x2 + a1 x + a0 được gọi là tam thức bậc hai. Đây là
các đa thức được nghiên cứu nhiều trong chương trình phổ thông.
Cho đa thức p(x) bậc n hệ số thực. Số phức a được gọi là nghiệm của
đa thức p(x) nếu p(a) = 0. Nếu a là số thực ta gọi a là nghiệm thực của
đa thức p(x).
Về tính chất nghiệm phức của đa thức p(x) bậc n hệ số phức, ta có
Định lý cơ bản của đại số.
1.1.1 Định lý. Cho đa thức p(x) bậc n hệ số phức. Trên tập số phức C,
đa thức p(x) có đủ n nghiệm, mỗi nghiệm được tính với số bội của nó.
Rõ ràng khi đa thức p(x) bậc n có hệ số thực thì đa thức p(x) có đủ
n nghiệm phức (mỗi nghiệm được tính với bội của nó). Tuy nhiên, Định

lý 1.1.1 trên chưa làm rõ được số nghiệm thực và số nghiệm không thực
của đa thức p(x). Luận văn này sẽ làm sáng tỏ một phần vấn đề trên.
Liên quan đến các nghiệm của đa thức, ta có Định lý Viete về mối
quan hệ giữa các nghiệm và các hệ số của đa thức. Nội dung Định lý
như sau.
1.1.2 Định lý (Định lý Viete). Cho đa thức p(x) = an xn + an−1 xn−1 +
· · · + a1 x + a0 bậc n với hệ số phức và n ≥ 2. Giả sử p(x) có n nghiệm
thực hoặc phức, gọi là x1 , x2 , . . . , xn . Khi đó

an−1

,
x1 + x2 + . . . + xn = −


a
n



a

x1 x2 + x1 x3 + . . . + xn−1 xn = n−2 ,
an


...





a0


x1 x2 . . . xn = (−1)n .
an
Trong luận văn, ta phát biểu Định lý Rolle dưới ngôn ngữ của đa thức
. Định lý nổi tiếng Rolle là định lý liên quan đến sự tồn tại nghiệm của
đạo hàm và giá trị của đa thức. Định lý được phát biểu như sau.


8

1.1.3 Định lý (Định lý Rolle). Nếu có hai số thực a < b thỏa mãn
p(a) = p(b) thì tồn tại số thực c thuộc khoảng (a, b) sao cho p (c) = 0.
Do đó nếu a < b là các nghiệm của đa thức p(x) thì luôn tồn tại số
thực c ∈ (a, b) là nghiệm của đa thức đạo hàm p (x). Vì vậy nếu đa thức
p(x) có tất cả các nghiệm đều là thực thì đa thức p (x) cũng có tất cả
các nghiệm đều là thực. Vì thế ta có Hệ quả sau.
1.1.4 Hệ quả. Cho đa thức p(x) bậc n hệ số thực có tất cả các nghiệm
đều thực. Khi đó đạo hàm cấp k của đa thức p(x) cũng có tất cả các
nghiệm đều thực, với mỗi 1 ≤ k ≤ n − 1.
Chứng minh. Ta ký hiệu p(k) (x) là đạo hàm cấp k của đa thức p(x) với
mỗi 1 ≤ k ≤ n − 1. Hiển nhiên rằng p(k) (x) cũng là đa thức bậc n − k
hệ số thực.
Giả sử đa thức p(x) bậc n hệ số thực có tất cả các nghiệm đều thực.
Bằng quy nạp theo k, ta chỉ cần chứng minh rằng đa thức p (x) cũng có
tất cả các nghiệm đều thực.
Nếu đa thức p(x) có a là nghiệm bội m thì a là nghiệm bội m − 1
của đa thức p (x). Do đó, ta chỉ cần xét trường hợp đa thức p(x) có n

nghiệm thực phân biệt theo thứ tự tăng dần là x1 , x2 , . . . , xn . Đa thức
p (x) có bậc n − 1 nên có tối đa n − 1 nghiệm thực.
Theo Định lý Rolle, tồn tại số thực ck thuộc khoảng (xk , xk+1 ) sao cho
p (ck ) = 0 với mỗi 1 ≤ k ≤ n − 1. Do đó c1 , c2 , . . . , cn−1 là các nghiệm
thực của đa thức p (x). Vậy đa thức p (x) có n − 1 nghiệm thực.
Điều ngược lại của Hệ quả 1.1.4 không đúng. Chẳng hạn, đa thức
p(x) = x4 − 4x2 + 5 không có nghiệm thực, nhưng đạo hàm
p (x) = 4x3 − 8x2
có tất cả các nghiệm đều thực.


9

Với một đa thức, khi hệ số thay đổi thì số nghiệm cũng như các
nghiệm của đa thức đều thay đổi. Tuy nhiên, nếu chỉ có hệ số tự do
thay đổi trên một miền nào đó thì số nghiệm của đa thức đó không đổi.
Đó là nội dung của Bổ đề 1.1.5 sau đây.
1.1.5 Bổ đề. Cho đa thức p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 hệ
số thực có n nghiệm thực phân biệt. Khi đó, tồn tại số thực

> 0 sao

cho với mọi 0 ≤ λ < , đa thức p(x) + λ cũng có n nghiệm thực phân
biệt.
Chứng minh. Giả sử đa thức p(x) có n nghiệm thực phân biệt theo thứ
tự tăng dần là x1 , x2 , . . . , xn . Theo Hệ quả 1.1.4, đa thức p (x) có n − 1
nghiệm thực phân biệt theo thứ tự tăng dần là t1 , t2 , . . . , tn−1 và ti ∈
(xi , xi+1 ) với mỗi i = 1, 2, . . . , n − 1. Ngoài ra, t1 , t2 , . . . , tn−1 cũng chính
là các điểm cực trị của hàm số p(x) = an xn +an−1 xn−1 +· · ·+a1 x+a0 . Do
đa thức p(x) có n nghiệm thực phân biệt nên các giá trị cực trị p(ti ) = 0

với mỗi i = 1, 2, . . . , n − 1. Đặt = min{|p(t1 )|, |p(t2 )|, . . . , |p(tn−1 )|}. Rõ
ràng > 0 và với mọi 0 ≤ λ < thì đa thức p(x) + λ cũng có n nghiệm
thực.
Ngoài ra, trong một số chứng minh, ta cần sử dụng Bất đẳng thức
giữa trung bình cộng và trung bình nhân sau đây.
1.1.6 Mệnh đề (Bất đẳng thức AM - GM). Với n số thực không âm
a1 , a2 , . . . , an ta có bất đẳng thức
√
a1 + a2 + . . . + an
≥ n a1 a2 . . . an .
n
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an .
1.1.7 Định lý (Điều kiện không lồi Newton). Cho đa thức
p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0


10

là đa thức có bậc n ≥ 2 với hệ số thực. Nếu mọi nghiệm của đa thức
p(x) là thực thì các hệ số của p(x) thỏa mãn điều kiện sau.
a2i −

n−i+1 i+1
.
.ai−1 .ai+1 ≥ 0,
n−i
i

với i = 1, 2, . . . , n − 1.

Đây là điều kiện được cho là của Newton, gọi là Điều kiện không lồi.
Chứng minh của Định lý này có thể xem trong tài liệu [2].

1.2

Một vài điều kiện cần cho một đa thức có tất cả
các nghiệm đều thực

Như đã biết, chúng ta không có công thức cũng như phương pháp giải
phương trình bậc cao hệ số thực một cách tổng quát. Chúng ta chỉ biết
được phương pháp giải và công thức nghiệm của phương trình bậc đến
4. Do đó với một đa thức hệ số thực tổng quát, ta không thể kiểm tra
tất cả các nghiệm của đa thức đều thực bằng cách giải phương trình bậc
cao bất kỳ.
Chú ý rằng, đối với đa thức bậc 3, 4 với hệ số thực, chúng ta có công
thức nghiệm biểu diễn qua các hệ số của đa thức (xem Tiết 1.6 trong
tài liệu [1]). Tuy nhiên, nếu dựa vào công thức này, chúng ta không thể
biết nghiệm của các đa thức là thực hay không (xem Chú ý 1.6.6 trong
tài liệu [1]). Vì vậy, bài toán tìm điều kiện để để đa thức hệ số thực bậc
3, 4 có tất cả các nghiệm đều thực vẫn là bài toán được quan tâm, đặc
biệt là trong chương trình toán sơ cấp.
Nội dung của tiết này tập trung trình bày một số điều kiện của các
hệ số sao cho khi đa thức hệ số thực có tất cả các nghiệm đều thực thì
các hệ số của đa thức thỏa mãn điều kiện trên. Đó được gọi là điều kiện
cần của các hệ số để một đa thức có tất cả các nghiệm đều thực. Ngoài
ra, trong mỗi điều kiện cần, đều có các ví dụ cụ thể để chứng minh rằng
điều kiện đưa ra không đồng thời là điều kiện đủ. Nội dung của tiết này
được viết dựa vào tài liệu [4].

11

1.2.1 Định lý. Cho n ≥ 2 và cho a0 , a1 , a2 , . . . , an là các số thực với
an = 0. Nếu mọi nghiệm của đa thức
p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0
là thực thì (n − 1).a21 ≥ 2n.a0 .a2 .
Chứng minh. Giả sử đa thức p(x) có mọi nghiệm đều thực. Nếu a0 = 0
thì bất đẳng thức (n − 1).a21 ≥ 2n.a0 .a2 luôn đúng. Vì vậy chúng ta có
thể giả sử rằng a0 = 0. Do đó mọi nghiệm của p(x) là khác 0. Với mỗi
số tự nhiên k ≥ 1, ký hiệu q (k) (x) là đạo hàm bậc k của đa thức q(x).
Xét đa thức
q(x) = xn p

1
x

= an + an−1 x + · · · + a2 xn−2 + a1 xn−1 + a0 xn .

Chú ý rằng a0 = 0, do đó đa thức q(x) có bậc n. Dễ thấy rằng nếu
1
là nghiệm của q(x). Do đó mọi nghiệm
x0 = 0 là nghiệm của p(x) thì
x0
của q(x) đều là thực. Theo Hệ quả 1.1.4 thì mọi nghiệm của q (k) (x) cũng
là thực với mỗi 0 ≤ k ≤ n − 1. Chú ý rằng n ≥ 2. Với k = n − 2 thì mọi
nghiệm của đa thức
q (n−2) (x) = (n − 2)!a2 + (n − 1)!a1 x +

n!
a0 x2

2

là thực. Suy ra
[(n − 1)!a1 ]2 ≥ 4 · (n − 2)!a2 ·

n!
a0 ,
2

hay ta được bất đẳng thức (n − 1).a21 ≥ 2n.a0 .a2 . Định lý đã được chứng
minh.

Rõ ràng, nếu n = 2 thì bất đẳng thức ở Định lý 1.2.1 có thể được viết
dưới dạng a21 ≥ 4.a0 .a2 , đây cũng là điều kiện đủ để mọi nghiệm của đa
thức p(x) bậc hai là thực.
Tuy nhiên, điều kiện trên không còn là điều kiện đủ khi n ≥ 3.


12

1.2.2 Ví dụ. Đa thức
p(x) = x xn−1 + xn−2 + · · · + x + 1
có bậc n và thỏa mãn điều kiện (n − 1).a21 ≥ 2n.a0 .a2 . Tuy nhiên p(x) có
nghiệm 0 và e

2πik
n

với 1 ≤ k ≤ n − 1. Khi n ≥ 3, các nghiệm e

2πik
n

không

thực với mọi k = 1, 2, · · · , n − 1.
1.2.3 Ví dụ. Xét đa thức p4 (x) = x4 + x3 + x2 − x − 2 có các hệ số thỏa
mãn (4 − 1) .(−1)2 ≥ 2.4.1. (−2) nhưng đa thức chỉ có đúng 2 nghiệm
thực x = −1, x = 1.
1.2.4 Ví dụ. Xét đa thức p4 (x) = x4 + 7x3 + 2x2 + 7x + 1 có các hệ
số thỏa mãn (4 √
− 1) .72 ≥ 2.4.2.1
√ nhưng đa thức chỉ có đúng 2 nghiệm
−7 − 45
−7 + 45
,x =
.
thực x =
2
2
Do đó điều kiện (n − 1).a21 ≥ 2n.a0 .a2 chỉ là điều kiện cần không phải
điều kiện đủ.
Định lý 1.2.1 chỉ đưa ra điều kiện cho 3 hệ số cuối cùng của đa thức.
Do đó việc kiểm tra một đa thức hệ số thực có các nghiệm đều thực sẽ
rất hạn chế do các hệ số còn lại có thể thay đổi tùy ý.
Tuy nhiên, sử dụng kết quả của Định lý 1.2.1, chúng ta có thể mở
rộng Định lý 1.2.1 cho ba hệ số liên tiếp bất kỳ. Khi đó điều kiện của
các hệ số sẽ chặt hơn. Đó là nội dung của Định lý 1.2.5 sau đây.
1.2.5 Định lý. Cho n ≥ 2 và cho a0 , a1 , a2 , . . . , an là các số thực với
an = 0. Nếu mọi nghiệm của đa thức

p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0
là thực thì
(n − k − 1).(k + 1).a2k+1 ≥ (n − k).(k + 2).ak .ak+2
với mỗi k, 0 ≤ k ≤ n − 2.

(1)


13

Chứng minh. Do mọi nghiệm của p(x) đều là thực nên theo Hệ quả 1.1.4,
đạo hàm bậc k của đa thức p(x)
n
(k)

p (x) =
m=k

m
k

k!am xm−k

có tất cả các nghiệm là thực, với mỗi k, 0 ≤ k ≤ n − 2. Ở đây ta ký
m
n!
=
hiệu
là số tổ hợp chập k của n phần tử. Áp dụng
k!.(n − k)!

k
Định lý 1.2.1 với đa thức p(k) (x), suy ra
(n−k−1)

k+1
k

2

k!ak+1

≥ 2(n−k)

k
k

k!ak

k+2
k

k!ak+2 .

Do đó
(n − k − 1)(k + 1)a2k+1 ≥ (n − k)(k + 2)ak ak+2 .
Định lý được chứng minh.
Như vậy, Định lý 1.2.5 đã đưa ra điều kiện cần cho tất cả các hệ số
bằng cách kiểm tra điều kiện của bộ 3 hệ số liên tiếp nhau trong đa
thức.
Chú ý rằng điều kiện các hệ số trong Định lý 1.2.5 chỉ là điều kiện

cần, không nhất thiết là điều kiện đủ.
1.2.6 Ví dụ. Xét đa thức p3 (x) = x3 + 5x2 + 4x + 1 có các hệ số thỏa
mãn (3 − 1) .42 ≥ 2.3.5.1, (3 − 2) .2.52 ≥ 2.3.1.4 nhưng đa thức chỉ có
đúng 1 nghiệm thực.
Do đó điều kiện
(n − k − 1) (k + 1) a2k+1 ≥ (n − k) (k + 2) ak ak+2
chỉ là điều kiện cần không phải điều kiện đủ.
1.2.7 Hệ quả. Cho n ≥ 2 và cho a0 , a1 , a2 , . . . , an là các số thực dương.
Nếu mọi nghiệm của đa thức
p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0


14

là thực thì a1 an−1 ≥ n2 a0 an .
Chứng minh. Do các hệ số a0 , a1 , a2 , . . . , an dương nên các nhân tử ở hai
vế của n − 1 bất đẳng thức (1) trong phát biểu Định lý 1.2.5 đều dương.
Từ bất đẳng thức (1) trong phát biểu Định lý 1.2.5, ta có
n−k
ak+2
k + 1 ak+1
·
≥
·
với 0 ≤ k ≤ n − 2.
k + 2 ak
n − k − 1 ak+1
Do các hệ số a0 , a1 , a2 , . . . , an đều dương nên hai vế của n − 1 bất đẳng
thức trên đều dương. Nhân các vế của n − 1 bất đẳng thức cùng dấu ở
trên với nhau ta được

n−2

k=0

k+1
k+2

n−2

k=0

ak+1
≥
ak

n−2

k=0

n−k
n−k−1

n−2

k=0

ak+2
.
ak+1

Từ đó suy ra
n an
1 an−1
·
≥ · .
n a0
1 a1
Vì vậy a1 an−1 ≥ n2 a0 an .
Như vậy, Hệ quả 1.2.7 là điều kiện cho hai cặp hệ số đầu tiên và cuối
cùng của đa thức có hệ số thực dương. Hệ quả trên giúp kiểm tra đa
thức với hệ số thực dương có tất cả các nghiệm thực thông qua 2 hệ số
đầu tiên và 2 hệ số cuối cùng.
Tiếp theo, chúng ta có một chứng minh thú vị cho một phiên bản yếu
hơn của Định lý 1.2.1.
1.2.8 Định lý. Cho n ≥ 2 và cho a0 , a1 , a2 , . . . , an là các số thực với
an = 0. Nếu mọi nghiệm của đa thức
p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0
là thực thì n.a21 ≥ 8.a0 .a2 .
Chứng minh. Nếu a0 a2 = 0 thì hiển nhiên Định lý 1.2.8 thỏa mãn. Do
đó ta có thể giả sử a0 a2 = 0. Vì vậy, mọi nghiệm của p(x) là thực và


15

khác 0. Ta gọi các nghiệm đó là α1 , α2 , . . . , αn . Với mỗi j ta đặt
mj = an αjn−2 + an−1 αjn−3 + · · · + a3 αj + a2 .
Khi đó ta có
0 = p (αj ) = mj αj2 + a1 αj + a0 .

(2)

Xét phương trình bậc hai hệ số thực mj x2 + a1 x + a0 = 0. Theo (2),
phương trình này có nghiệm thực là αj . Do đó
a21 ≥ 4a0 mj

1≤j≤n

với

(3)

Từ đẳng thức (2), chia hai vế cho αj2 ta được
mj = −a0 · αj−2 − a1 · αj−1 .
Cộng n bất đẳng thức (3) với mọi giá trị của j và thay biểu thức của
mj ở trên ta được
n

na21

n

n

≥ 4a0

αj−1

mj = −4a0 a1
j=1

−

αj−2

4a20

(4)

j=1

j=1

Do αj = 0 nên αj−1 là nghiệm của đa thức
1
q(x) = x p
x
n

n

ai xn−i .

=
i=0

Vì vậy theo Định lý Viete (Định lý 1.1.2) ta có
n

αj−1 = −
j=1

a1
,
a0

(αj αk )−1 =
1≤j
a2
.
a0

(5)

Rõ ràng ta có
n

2

n

αj−2 =

αj−1

j=1

(αj αk )−1 .

−2

j=1

1≤j
Thay (5) vào đẳng thức này ta được
n

αj−2
j=1

=

a1
−
a0

2

−2

a2
.
a0

Thay (5) và (6) vào (4) ta được điều phải chứng minh.

(6)

16

Chú ý rằng điều kiện các hệ số trong Định lý 1.2.8 chỉ là điều kiện
cần, không nhất thiết là điều kiện đủ.
1.2.9 Ví dụ. Xét đa thức p3 (x) = x3 + 5x2 + 4x + 1 có các hệ số thỏa
mãn 3.42 ≥ 8.1.5, (3 − 2) .2.52 ≥ 2.3.1.4 nhưng đa thức chỉ có đúng 1
nghiệm thực. Do đó điều kiện na21 ≥ 8a0 a2 chỉ là điều kiện cần, không
phải điều kiện đủ.
1.2.10 Nhận xét.
Xét các điều kiện cần a21 ≥

8
2n
a0 a2 và a21 ≥ a0 a2 trong các Định
n−1
n

lý 1.2.1 và Định lý 1.2.8.
2n
8
2(n − 2)2
Dễ thấy rằng
≥
nếu và chỉ nếu
≥ 0. Rõ ràng với
n−1
n
n(n − 1)
2(n − 2)2
n ≥ 2 thì

≥ 0. Vì vậy, nếu a0 a2 > 0 thì điều kiện ở Định lý
n(n − 1)
1.2.8 là hệ quả của điều kiện ở Định lý 1.2.1. Vì vậy Định lý 1.2.8 là
một phiên bản yếu hơn của Định lý 1.2.1.
Như vậy, điều kiện trong Định lý 1.2.1 và Định lý 1.2.8 chỉ liên quan
đến 3 hệ số cuối cùng của đa thức. Do đó việc kiểm tra một đa thức hệ
số thực có các nghiệm đều thực cũng sẽ hạn chế do các hệ số còn lại có
thể thay đổi tùy ý.
Tuy nhiên, sử dụng kết quả của Định lý 1.2.8, với cách xây dựng
tương tự như Định lý 1.2.5 và Hệ quả 1.2.7, chúng ta có thể mở rộng
Định lý 1.2.8 cho ba hệ số liên tiếp bất kỳ, đó là nội dung của Định lý
1.2.11 sau đây.
1.2.11 Định lý. Cho n ≥ 2 và cho a0 , a1 , a2 , . . . , an là các số thực với
an = 0. Nếu mọi nghiệm của đa thức
p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0
là thực thì
(n − k).(k + 1).a2k+1 ≥ 4.(k + 2).ak .ak+2

(7)


17

với mỗi k, 0 ≤ k ≤ n − 2.
Chứng minh. Chú ý rằng đạo hàm bậc k của p(x) là
n
(k)

p (x) =
m=k

m
k

k!am xm−k ,

m
m!
=
(là số tổ hợp chập k của n phần tử). Do
k!(m − k)!
k
mọi nghiệm của p(x) đều là thực nên theo Hệ quả 1.1.4 ta có p(k) (x) có
trong đó

tất cả các nghiệm là thực. Áp dụng Định lý 1.2.8 suy ra
(n − k)

k+1
k

2

k!ak+1

≥8

k
k

k!ak

k+2
k

k!ak+2 ,

với k = 0, 1, · · · , n − 2. Do đó
(n − k)(k + 1)a2k+1 ≥ 4(k + 2)ak ak+2 .
Định lý được chứng minh.
Từ Định lý 1.2.11 ta có hệ quả sau.
1.2.12 Hệ quả. Cho n ≥ 2 và cho a0 , a1 , a2 , . . . , an là các số thực dương.
Nếu mọi nghiệm của đa thức
p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0
là thực thì (n − 1)!a1 an−1 ≥ 4n−1 a0 an .
Chứng minh. Do các hệ số a0 , a1 , a2 , . . . , an đều dương nên các nhân tử
ở hai vế của n − 1 bất đẳng thức (7) trong phát biểu Định lý 1.2.11 đều
dương. Từ bất đẳng thức (7) trong phát biểu Định lý 1.2.11, ta có
k + 1 ak+1
4
ak+2
·
·
≥
với 0 ≤ k ≤ n − 2.
k + 2 ak
n − k ak+1
Do các hệ số a0 , a1 , a2 , . . . , an đều dương nên các vế của n − 1 bất đẳng
thức trên đều dương. Nhân n − 1 bất đẳng thức cùng dấu ở trên theo

18

từng vế với nhau ta được
n−2

k=0

k+1
k+2

n−2

k=0

ak+1
≥
ak

n−2

k=0

4
n−k

n−2

k=0

ak+2
.
ak+1

Từ đó suy ra
4n−1 an
1 an−1
·
≥
· .
n a0
n! a1
Vì vậy (n − 1)!a1 an−1 ≥ 4n−1 a0 an .
1.2.13 Nhận xét.
4n−1
Xét các điều kiện cần a1 an−1 ≥
a0 an và a1 an−1 ≥ n2 a0 an
(n − 1)!
trong các Hệ quả 1.2.12 và Hệ quả 1.2.7.
4n−1
Ta chứng minh được n2 ≥
hay n.n! ≥ 4n−1 , với n ≥ 2. Thật
(n − 1)!
vậy, thử với n = 2, n = 3 thì bất đẳng thức luôn đúng.
Với n ≥ 4 ta có 4n−1 là tích của n − 1 số 4,
n.n! = 1.2.3.4 . . . n.n = 6.4 . . . n.n
là tích của n − 1 số tự nhiên không nhỏ hơn 4, do đó bất đẳng thức luôn
đúng.
Vì vậy, khi Hệ quả 1.2.7 là đúng thì Hệ quả 1.2.12 cũng đúng, hay Hệ
quả 1.2.12 là yếu hơn Hệ quả 1.2.7.

Như vậy, để kiểm tra một đa thức có tất cả các nghiệm đều thực hay
không, ta đưa đa thức về dạng chính tắc, từ đó kiểm tra các hệ số với
các điều kiện ở trên. Khi các hệ số không thỏa mãn điều kiện trên, đa
thức đó không có tất cả các nghiệm đều thực. Tuy nhiên khi các hệ số
thỏa mãn tất cả các điều kiện trên, ta cũng chưa thể kết luận được là
đa thức đó có tất cả các nghiệm là thực hay không.
Để kết luận được đa thức có tất cả các nghiệm là thực, ta sẽ tiếp tục
nghiên cứu ở phần tiếp theo.


19

1.3

Điều kiện đủ để mọi nghiệm của đa thức là thực

Trong phần trước, chúng ta đã trình bày một số điều kiện cần để đa
thức hệ số thực có tất cả các nghiệm đều thực. Với các điều kiện cần đó,
chúng ta có thể loại bỏ được đa thức hoặc một lớp đa thức hệ số thực
mà không có tất cả các nghiệm đều thực.
Tuy nhiên, chúng ta lại chưa thể khẳng định được liệu đa thức đó có
tất cả các nghiệm đều thực hay không. Nội dung của tiết này đưa ra
một điều kiện đủ theo các hệ số để mọi nghiệm của đa thức đều là số
thực. Nội dung của Tiết này được viết dựa theo tài liệu [3]. Cảm nhận
rằng việc tìm được một điều kiện đủ là khó hơn rất nhiều so với việc
tìm một điều kiện cần.
Trước khi phát biểu và chứng minh một điều kiện đủ để đa thức hệ
số thực có tất cả các nghiệm đều thực, chúng ta cần Bổ đề sau đây.
1.3.1 Bổ đề. Cho đa thức có bậc n ≥ 2 với hệ số thực
p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ,

trong đó an > 0 và mọi nghiệm của p(x) đều có phần thực âm. Nếu p(x)
có một nghiệm thực kép thì
a2i − 4ai−1 ai+1 ≤ 0, với i = 1, 2, . . . , n − 1.

(1)

Chứng minh. Khi n = 2, Bổ đề trên là đúng. Thật vậy, khi n = 2, nếu
p(x) có một nghiệm thực kép thì a21 − 4a0 a2 = 0, thỏa mãn điều kiện (1)
của Bổ đề 1.3.1. Giả sử rằng n > 2 và p(x) có một nghiệm thực kép là
−a. Theo giả thiết ta có a > 0. Ta viết được
p(x) = (x + a)2 bn−2 xn−2 + bn−3 xn−3 + · · · + b0 .
Đồng nhất hệ số cao nhất ta suy ra bn−2 > 0 (vì an > 0). Giả sử các
nghiệm phức của đa thức
q(x) = bn−2 xn−2 + bn−3 xn−3 + · · · + b0


20

là x1 , x2 , · · · , xn−2 , các nghiệm này đều có phần thực âm vì chúng cũng
là nghiệm của p(x). Áp dụng Công thức Viete ta có.

bn−3


x
+
x
+
.
.

.
+
x
=
−
,
1
2
n−2


bn−2





x1 x2 + x2 x3 + . . . + xn−3 xn−2 = bn−4 ,
bn−2



...




b0




x1 x2 . . . xn−2 = (−1)n
.
bn−2
Do các nghiệm của đa thức q(x) đều có phần thực âm nên

bi

> 0 với
bn−2
mọi 0 ≤ i ≤ n − 3. Vì vậy mọi hệ số bi đều dương với mọi 0 ≤ i ≤ n − 3.
Khai triển biểu thức của p(x) ở trên ta được
n

bj−2 + 2abj−1 + a2 bj xj

pn (x) =
j=0

trong đó bi = 0 nếu i < 0 hoặc i > n − 2. Đồng nhất các hệ số của p(x)
ở hai biểu diễn ta có
aj = bj−2 + 2abj−1 + a2 bj ,
với j = 0, 1, . . . , n. Ta sẽ sử dụng phương pháp phản chứng để chứng
minh.
Chứng minh cho trường hợp n = 3 sẽ gợi ý cho chúng ta chứng
minh trong trường hợp tổng quát. Với n = 3, giả sử a21 − 4a0 a2 > 0 và
a22 − 4a1 a3 > 0. Thay aj bởi biểu thức theo bj ở trên ta được
b0 − 4ab1 > 0 và ab1 − 4b0 > 0,
điều này là không thể (thật vậy b0 > 4ab1 , 4ab1 > 16b0 nên b0 > 16b0
hay b0 < 0 vô lý).

Bây giờ cho n > 3. Giả sử rằng với 1 ≤ k ≤ n − 1 ta có
a2k − 4ak−1 ak+1 > 0.


21

Do đó với mỗi k, thay ak bởi biểu thức theo bk ở trên ta được
a4 b2k + b2k−2 − 4a3 bk bk−1 − 4abk−1 bk−2 − 14a2 bk bk−2
−8a3 bk+1 bk−2 −4a2 bk+1 bk−3 −8abk bk−3 −4bk−3 bk−1 −4a4 bk−1 bk+1 > 0. (2)
Do ak , bk > 0 nên 6 số hạng cuối cùng trong (2) đều âm. Vì vậy
a4 b2k + b2k−2 − 4a3 bk bk−1 − 4abk−1 bk−2 > 0
hay
a3 bk (abk − 4bk−1 ) + bk−2 (bk−2 − 4abk−1 ) > 0.
Cho 1 ≤ k ≤ n − 1, đặt
qk = abk − 4bk−1 ; rk = bk−1 − 4abk .
Sử dụng các ký hiệu trên ta được
a3 bk qk + bk−2 rk−1 > 0, 1 ≤ k ≤ n − 1.

(3)

Khi k = 1 ta có a3 b1 q1 > 0. Vì a > 0, b1 > 0 nên q1 > 0 hay ab1 > 4b0 .
Khi đó
ab1
−15
− 4ab1 = −
ab1 .
4
4
Suy ra r1 < 0. Khi k = n − 1 ta có bn−3 rn−2 > 0 nên rn−2 > 0. Cho v là
r1 = b0 − 4ab1 <

số nguyên nhỏ nhất thỏa mãn rv > 0. Ta thấy rằng
1 < v < n − 1.
Theo cách chọn của v ta có rv−1 ≤ 0. Từ (3) ta suy ra
a3 bv qv + bv−2 rv−1 > 0.
1
Do đó qv > 0. Suy ra abv > 4bv−1 . Vì thế bv−1 < abv < 4abv . Điều đó
4
suy ra rv < 0, mâu thuẫn với giả thiết.
Bây giờ, chúng ta sẽ phát biểu và chứng minh kết quả chính của tiết
này.


22

1.3.2 Định lý. Cho đa thức hệ số thực có bậc n ≥ 2 với các hệ số đều
dương
p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 .
Nếu
a2i − 4.ai−1 .ai+1 > 0

(4)

với i = 1, 2, . . . , n − 1 thì các nghiệm của p(x) là thực và phân biệt.
Chứng minh. Ta sẽ dùng phương pháp quy nạp theo n để chứng minh
Định lý.
Dễ thấy, Định lý đúng cho n = 2. Thật vậy, khi n = 2 thì điều kiện
(4) là điều kiện ∆ > 0, đây là kết quả quen biết cho tam thức bậc hai.
Do đó p(x) có 2 nghiệm thực phân biệt.
Cho n > 2 và cho p(x) là một đa thức bậc n với hệ số dương và thỏa

mãn hệ thức (4). Ta giả thiết quy nạp rằng mọi đa thức có bậc nhỏ hơn
n, có các hệ số đều dương thỏa mãn hệ thức (4) đều có tính chất mọi
nghiệm của đa thức đó là thực và phân biệt.
Ta chứng minh rằng, đa thức p(x) cũng có mọi nghiệm đều thực và
phân biệt. Thật vậy, đặt
q(x) = pn (x) − a0 = xr(x).
Dễ thấy rằng r(x) là đa thức bậc n − 1 với các hệ số đều dương thỏa
mãn điều kiện (4). Theo giả thiết quy nạp, đa thức r(x) có n − 1 nghiệm
đều thực và phân biệt. Vì các hệ số của đa thức r(x) đều dương nên các
nghiệm của r(x) đều âm. Do đó đa thức q(x) có n nghiệm thực phân
biệt, có n − 1 nghiệm âm và có một nghiệm lớn nhất là 0.
Đặt qλ (x) = q(x) + λ và N (λ) là số nghiệm thực khác nhau của qλ (x).
Chú ý rằng số nghiệm của q(x) là n nên N (0) = n. Vì p(x) = qa0 (x) nên
ta cần chứng minh N (a0 ) = n.
Đặt
S = {λ ∈ R|λ > 0, N (λ) < n}.


23

Hiển nhiên S = ∅ do với λ đủ lớn thì N (λ) < n. Thật vậy, do n ≥ 3 và
q(x) có nn nghiệm thực phân biệt nên q(x) có n − 1 cực trị, trong đó
có ít nhất một điểm cực trị nằm phía trên trục hoành. Gọi y0 là tung
độ của điểm cực trị này. Khi đó qλ (x) có ít hơn n nghiệm thực với mọi
λ > y0 .
S bị chặn dưới do λ > 0 nên tồn tại duy nhất λ0 là cận dưới lớn nhất
của S. Ta xét các trường hợp sau.
Trường hợp 1: λ0 > a0 .
Khi đó a0 ∈
/ S, tức là N (a0 ) = n. Do đó qa0 (x) = pn (x) có đúng n

nghiệm phân biệt, tức là ta đã chứng minh xong.
Trường hợp 2. λ0 ≤ a0 .
Do q(x) = q0 (x) có n nghiệm đều thực nên tồn tại 1 số > 0 sao cho
nếu 0 ≤ λ < ; qλ (x) cũng có n cũng có n nghiệm thực phân biệt. Vì
vậy λ0 > 0 (do 0 ∈
/ S).
Nếu N (λ0 ) = n thì tương tự trên, tồn tại 1 số > 0 sao cho
(λ0 ; λ0 + ) ∩ S = ∅.
Tức là với mọi số λ thỏa mãn 0 ≤ λ <

thì qλ+λ0 có n nghiệm thực

phân biệt hay λ + λ0 ∈
/ S. Mà λ0 là cận dưới lớn nhất (vô lý). Do đó
N (λ0 ) < n hay λ0 ∈ S. Vì thế đa thức qλ0 (x) có số nghiệm nhỏ hơn n,
hay qλ0 (x) có một nghiệm thực lặp lại hoặc có nghiệm không thực.
Nếu qλ0 (x) có nghiệm không thực, thì theo các lập luận tương tự như
trên, cũng tồn tại

> 0 sao cho λ0 − > 0 và qλ0 − (x) cũng có nghiệm

không thực. Do đó λ0 − ∈ S (vô lý với giả thiết λ0 là cận dưới lớn nhất
của S). Vậy qλ0 (x) có nghiệm thực lặp lại là âm. Áp dụng Bổ đề 1.3.1
với đa thức qλ0 (x) = q(x) + λ0 thì a2i − 4ai−1 ai+1 ≤ 0 với i = 2, ..., n − 1;
mâu thuẫn với (4).
Như vậy λ0 ≤ a0 , vô lý. Vậy a0 < λ0 hay a0 ∈
/ S. Do đó p(x) có n
nghiệm thực phân biệt.

24

Định lý sau chứng tỏ rằng số 4 trong phát biểu Định lý 1.3.2 là tốt
nhất (không thể thay thế bởi số khác nhỏ hơn).
1.3.3 Định lý. Cho số ε > 0 và số nguyên n ≥ 2, luôn tồn tại đa thức
pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0
với hệ số dương bậc n có nghiệm không thực và hệ số thỏa mãn điều kiện
a2i − (4 − ε)ai−1 ai+1 > 0, với i = 1, 2, . . . , n − 1.
Chứng minh. Đầu tiên, ta đưa vào ký hiệu sau.
b2i
.
b
.b
i−1
i+1
j=0
Ta chứng minh Định lý bằng phương pháp quy nạp.
n

Nếu p(x) =

bj xj , ta định nghĩa S(p; i) =

Dễ thấy Định lý đúng khi n = 2. Thật vậy, với mỗi số ε > 0, ta tìm
đa thức p(x) = ax2 + bx + c hệ số dương có các hệ số a, b thỏa mãn hệ
thức
a2 < 4b
a2 > 4b − εb.
Nếu ε ≥ 1, ta xét đa thức p(x) = x2 + 5x + 6 + thỏa mãn hệ trên.
16

4
− 3 thỏa mãn hệ trên. Do đó, ta
Nếu 0 < ε < 1, chọn b = , a =
cho n > 2. Giả sử quy nạp rằng Định lý là đúng cho n − 1. Tức là với
> 0, tồn tại đa thức
pn−1 (x) = an−1 xn−1 n + an−2 xn−2 + · · · + a1 x + a0
có hệ số dương bậc n − 1, có một vài nghiệm không thực và các hệ số
thỏa mãn hệ thức
a2i − 4 −

ε
ai−1 ai+1 > 0, với i = 1, 2, . . . , n − 2.
2

Ta đặt Pµ (x) = (µx + 1)Pn−1 (x). Khi đó
µa20 + 2a0 a1 + µ−1 a21
S (Pµ , 1) =
,
a0 a1 + µ−1 a0 a2