(Luận văn thạc sĩ) một số dạng toán liên quan đến định lý rolle đảo đối với đa thức và phân thức 13

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN
-----------------------

Vũ Thị Phương

một số dạng toán liên quan đến
định lý rolle đảo
đối với đa thức và phân thức

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số:
60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SỸ KHOA HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
GS.TSKH. NGUYỄN VĂN MẬU

Hà Nội – Năm 2015


Mục lục
MỞ ĐẦU

2

1 Một số kiến thức bổ trợ
4
1.1 Tính chất của đa thức và phân thức . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Định lý Rolle và một số tính chất liên quan . . . . . . . . . . . . . 8

1.3 Định lý dạng Viète đối với đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2 Định lý Rolle đảo
2.1 Định lý Rolle đảo đối với đa thức . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Định lý Rolle đảo đối với phân thức . . . . . . . . . . . . . .
2.2.1 Định lý Rolle đảo đối với phân thức có mẫu bậc nhất
2.2.2 Định lý Rolle đảo đối với phân thức có mẫu bậc hai .

.
.
.
.

.
.
.
.

.
.
.
.

17
17
32
32
41

3 Một số dạng toán liên quan

66

KẾT LUẬN

83

Tài liệu tham khảo

84

1


MỞ ĐẦU
Đa thức và phân thức là những đối tượng nghiên cứu trọng tâm của đại số
có vị trí rất quan trọng trong toán học. Vấn đề khảo sát số nghiệm thực của đa
thức nhờ cơng cụ giải tích, cụ thể là định lý Lagrange và định lý Rolle nên việc
khảo sát số nghiệm thực của đa thức đạo hàm trên một khoảng được tiến hành
dễ dàng. Đó là, khi đa thức P (x) ∈ R[x] có k nghiệm thực trong khoảng (a, b) thì
đa thức P (x) sẽ có ít nhất k − 1 nghiệm thực trong khoảng đó.
Một câu hỏi được đặt ra, khi nào thì một đa thức P (x) ∈ R[x] với k nghiệm
thực cho trước trong khoảng (a, b) sẽ cho ta một nguyên hàm
x

F (x) =

P (t)dt
x1

có đủ k + 1 nghiệm thực trên khoảng (a, b).

Tương tự, một phân thức có k nghiệm thực cho trước sẽ thỏa mãn điều kiện
nào để nguyên hàm của nó có đủ k + 1 nghiệm thực.
Luận văn "Một số dạng toán liên quan đến định lý Rolle đảo đối với đa thức
và phân thức" trình bày một số vấn đề liên quan đến các bài toán xác định số
nghiệm thực của nguyên hàm của đa thức và nguyên hàm của phân thức hữu
tỷ với các hệ số thực.
Luận văn gồm ba chương và mục tài liệu tham khảo.
Chương 1 tóm tắt các khái niệm và tính chất của đa thức và phân thức. Chứng
minh các kết quả về nghiệm thực của đa thức đạo hàm trong một khoảng, mở
rộng định lý Rolle cho phân thức hữu tỷ trên khoảng (a, b).
Chương 2 gồm hai phần, phần đầu đưa ra định lý Rolle đảo cho đa thức P (x)
cấp n có n nghiệm thực phân biệt, từ đó đưa ra các mở rộng của định lý cho đa
thức có k nghiệm thực (k ≤ n) và l nghiệm bội xét trên khoảng (a, b). Phần tiếp
theo cũng là phần chính của luận văn, tác giả khảo sát nghiệm của nguyên hàm
của một số dạng phân thức hữu tỷ sơ cấp ở phổ thông và phân thức hữu tỷ có
mẫu bậc hai. Sau đó, tác giả đưa ra các bài toán tổng quát, phát biểu định lý
Rolle đảo cho các trường hợp này.
2


MỞ ĐẦU

Chương 3 trình bày một số bài tốn áp dụng các định lý ở chương 2.
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc đến GS.TSKH. Nguyễn
Văn Mậu, người Thầy đã giúp cho tác giả có niềm say mê nghiên cứu Tốn học,
đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập từ khi cịn
là sinh viên đến khi hồn thành Luận văn này.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phịng đào tạo Sau đại học
Khoa Tốn - Cơ - Tin học, các thầy cô đã tham gia giảng dạy cho lớp Cao học
Tốn niên khóa 2013 - 2015, các thầy cô và các anh chị của Semina "Phương

pháp Toán sơ cấp" trường ĐH Khoa học Tự nhiên đã tạo điều kiện giúp đỡ cho
tác giả trong thời gian học tập và nghiên cứu tại trường.
Nhân đây tác giả cũng xin cảm ơn các anh chị em học viên cao học khóa 2013
- 2015, gia đình và bạn bè đã động viên và tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tác
giả hồn thành khóa học và Luận văn này. Mặc dù tác giả đã cố gắng rất nhiều
nhưng kết quả đạt được trong luận văn còn khiêm tốn và khó tránh khỏi những
khiếm khuyết. Tác giả mong được sự đóng góp q báu của các thầy cơ và các
độc giả để Luận văn được hoàn thiện hơn.
Hà Nội, ngày 21 tháng 4 năm 2015.
Học viên

Vũ Thị Phương

3


Chương 1

Một số kiến thức bổ trợ
1.1

Tính chất của đa thức và phân thức

Định nghĩa 1.1 (xem [4]). Một đa thức bậc n của ẩn x là biểu thức có dạng
Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 ,

trong đó các hệ số an , an−1 , . . . , a0 là những số thực và an = 0, n ∈ N.
Định nghĩa 1.2 (xem [4]). Cho đa thức
Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0 , với an = 0,
α ∈ R được gọi là nghiệm của đa thức Pn (x) nếu Pn (α) = 0.

Định lý 1.1 (xem [4]). Mọi đa thức hệ số thực đều có thể biểu diễn dưới dạng
Pn (x) = a0 (x − α1 )n1 . . . (x − αr )nr (x2 + p1 x + q1 )m1 . . . (x2 + ps x + qs )ms

trong đó

r

s

mi = n, p2i − 4pi < 0, i = 1, s.

ni + 2
i=1

i=1

và α0 , α1 , . . . , αr ; q1 , p1 , . . . , qs , ps ∈ R.
Hệ quả 1.1. Giả sử Pn (x) là đa thức bậc n có k nghiệm thực k ≤ n thì n và k
cùng tính chẵn lẻ.
Bổ đề 1.1. Mỗi đa thức thực bậc n đều có khơng q n nghiệm thực.
Định lý 1.2 (xem [4]). Cho đa thức P (x) ∈ R[x]. Khi đó P (x) có tập xác định
và liên tục trên R. Ngoài ra, khi x → +∞ thì P (x) → d(an )∞.
Khi x → −∞ thì P (x) → (1)n d(an )∞, trong đó n = deg P, an là hệ số chính và

+ khi an > 0
d(an ) := − khi an < 0

0
khi an = 0

4


Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ

Định lý 1.3 (xem [4]). Nếu đa thức Pk (x) ∈ R[x] có k nghiệm dương (k ∈ N∗ )
thì tồn tại s ∈ N để đa thức Qk (x) dạng Qk (x) = Pk (x)(x + 1)s có dãy hệ số đỏi
dấu đúng k lần.
Hệ quả 1.2 (xem [4]). Nếu đa thức P (x) ∈ R[x] chỉ có các nghiệm thực thì số
nghiệm dương của đa thức bằng số lần đổi dấu của dãy hệ số.
Chứng minh. Giả sử deg P (x) = n, n ∈ N∗ , do đa thức P (x) chỉ có nghiệm thực
nên P (x) có tất cả n nghiệm đều thực và viết được dưới dạng sau.
P (x) = (α1 + x)(α2 + x) . . . (αr + x)xm (β1 − x)(β2 − x) . . . (βp − x), (r + m + p = n),

trong đó r, m, p ∈ N, αi > 0, ∀i ∈ 1, 2, . . . , r, βj > 0, ∀j ∈ 1, 2, . . . , p.
Xét đa thức
Q(x) = (α1 + x)(α2 + x) . . . (αr + x)

có αi > 0, ∀i ∈ 1, 2, . . . , r nên sau khi khai triển Q(x) có dạng
Q(x) = Er + Er−1 x + Er−2 x2 + · · · + E1 xr−1 + xr

trong đó Ei (i ∈ 1, 2, . . . , r) là các đa thức đối xứng Viète bậc i của các số thực
dương α1 , α2 , . . . , αr . Nhận xét rằng, Ei > 0, ∀i ∈ 1, 2, . . . , r nên dãy hệ số của đa
thức Q(x) không đổi dấu.
Xét tích
Q1 (x) := (β1 − x)Q(x)
= (β1 − x)(Er + Er−1 x + Er−2 x2 + · · · + E1 xr−1 + xr ).

Thay x bởi β1 x ta thu được
Q1 (x) = (β1 − β1 x)(Er + Er−1 β1 x + Er−2 β12 x2 + · · · + E1 β1r−1 xr−1 + β1r xr ).

= Er β1 + (Er−1 β1 − Er )β1 x + (Er−2 β1 − Er−1 )β12 x2
+ · · · + (E1 β1 − E2 )β1r−1 xr−1 + (β1 − E1 )β1r xr − β1r+1 xr+1

là đa thức có dãy hệ số như sau
Er β1 , (Er−1 β1 − Er )β1 , (Er−2 β1 − Er−1 )β12 , . . . , (E1 β1 − E2 )β1r−1 , (β1 − E1 )β1r , −β1r+1 .

Ta thấy dãy hệ số
Er , Er−1 , Er−2 , . . . , E1 , 1

có cùng vị trí đổi dấu với dãy hệ số
Er β1 , (Er−1 β1 − Er )β1 , (Er−2 β1 − Er−1 )β12 , . . . , (E1 β1 − E2 )β1r−1 , (β1 − E1 )β1r .
5


Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ

Suy ra dãy hệ số
Er β1 , (Er−1 β1 − Er )β1 , (Er−2 β1 − Er−1 )β12 , . . . , (E1 β1 − E2 )β1r−1 , (β1 − E1 )β1r .

không đổi dấu và đều là các số thực dương.
Mặt khác, −β1r+1 < 0 nên dãy hệ số của đa thức Q1 (β1 x) đổi dấu 1 lần. Do hai
đa thức Q1 (x) và Q1 (β1 x) có cùng vị trí đổi dấu nên dãy hệ số của đa thức Q1 (x)
đổi dấu một lần. Khơng giảm tính tổng qt, ta giả sử
Q1 (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + ar xr − ar+1 xr+1

trong đó ai > 0, ∀x ∈ 1, 2, . . . , r, r + 1.
Xét tích
Q2 (x) := (β2 − x)Q1 (x)
= (β2 − x)(a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + ar xr − ar+1 xr+1 ).

Thay x bởi β2 x ta được
Q2 (x) = (β2 − β2 x)(a0 + a1 β2 x + a2 β22 x2 + · · · + ar β2r xr − ar+1 β2r+1 xr+1 ).
= a0 β2 + (a1 β2 − a0 )β2 x + (a2 β2 − a1 )β22 x2 + · · · + (ar β2 − ar−1 )β2r xr
− (ar+1 β2 + ar )β2r+1 xr+1 + ar+1 β2r+2 xr+2 .

Để ý rằng, dãy hệ số a0 , a1 , a2 , . . . , ar , ar+1 của đa thức Q1 (x) có cùng vị trí đổi
dấu như đối với dãy hệ số
a0 β2 , (a1 β2 − a0 )β2 , (a2 β2 − a1 )β22 , . . . , (ar β2 − ar−1 )β2r , −(ar+1 β2 + ar )β2r+1 .

Suy ra dãy
a0 β2 , (a1 β2 − a0 )β2 , (a2 β2 − a1 )β22 , . . . , (ar β2 − ar−1 )β2r , −(ar+1 β2 + ar )β2r+1 .

đổi dấu một lần, trong đó hệ số của tất cả các hạng tử có bậc nhỏ hơn r + 1
đều dương, hệ số của hạng tử bậc r + 1 âm. Do hệ số của hạng tử bậc r + 2 là
ar+1 β2r+2 > 0 nên dãy hệ số của đa thức Q2 (β2 x) đổi dấu hai lần.
Mặt khác, hai đa thức Q2 (x) và Q2 (β2 x) có cùng vị trí đổi dấu nên dãy hệ số của
đa thức Q2 (x) đổi dấu hai lần.
Tiến hành tương tự như trên sau p bước, ta được đa thức Qp (x) có dãy hệ số
đổi dấu p lần. Do đa thức P (x) có p nghiệm dương nên số nghiệm dương của đa
thức bằng số lần đổi dấu của dãy hệ số.

6


Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ

Định lý 1.4 (Phân tích phân thức hữu tỷ ra thừa số). Giả sử x = x0 là nghiệm
của

P (x)

= 0 (P, Q nguyên tố cùng nhau) thì
Q(x)
P (x) P (x0 )
P1 (x)
−
= (x − x0 )
,
Q(x) Q(x0 )
Q(x)

trong đó deg P1 = deg P − 1.
Hệ quả 1.3. Nếu x = 0 là nghiệm của

P (x)
= 0 thì
Q(x)

P1 (x)
P (x) P (0)
−
=x
,
Q(x) Q(0)
Q(x)

trong đó deg P1 = deg P − 1.
Bài tốn 1.1. Cho hàm phân thức hữu tỷ
f (x) =

1

∈ Q với mọi x ∈ Z.
ax + b

Chứng minh rằng a, b ∈ Q.
1
Lời giải. Do f (x) =
∈ Q với mọi x ∈ Z, nên
ax + b

ax + b =

1
với mọi x ∈ Z.
f (x)

Vậy ax + b ∈ Q[x] hay a, b ∈ Q.
Bài toán 1.2. Cho hàm phân thức hữu tỷ
ax + b
∈ Q với mọi x ∈ Z.
cx + d

Chứng minh rằng f (x) có thể biểu diễn được dưới dạng
Ax + B
∈ Q với A, B, C, D ∈ Z.
Cx + D

(1.1)

Lời giải. Nếu ad − bc = 0 thì f (x) = const thì biểu diễn (1.1) là hiển nhiên.
Xét trường hợp ad − bc = 0.

Nếu c = 0 thì biểu diễn (1.1) là hiển nhiên.
Nếu c = 0 thì sử dụng phân tích
f (x) − f (0) =

ta sẽ thu được biểu diễn (1.1).

7

1
αx + β


Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ

Bài toán 1.3. Cho hàm phân thức hữu tỷ
f (x) =

P (x)
∈ Q, ∀x ∈ Z, (P (x), Q(x)) = 1.
Q(x)

Chứng minh rằng f (x) có thể biểu diễn được dưới dạng phân thức của hai đa
thức với hệ số nguyên.
Lời giải. Giả sử
P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · · + am xm ,
Q(x) = b0 + b1 x + b2 x2 + · · · + bn xn .

Tại x = j, (j = 0, 1, . . . , m + n) hàm f (x) nhận các giá trị hữu tỷ tương ứng là cj .
Khi đó ta có hệ phương trình tuyến tính với m + n + 2 ẩn dạng
a0 , a1 , . . . , am , b0 , b1 , . . . , bn

a0 + a1 k + · · · + am k m − b0 ck − b1 ck k − · · · + bn ck k n = 0, k = 0, 1, . . . , m + n

Hai nghiệm của hệ này cho ta hai cặp đa thức tương ứng P (x), Q(x) và P1 (x), Q1 (x)
có tính chất
P (k) − cQ(k) = 0, P1 (k) − ck Q1 (k) = 0, ∀k = 0, . . . , m + n.

Hai cặp nghiệm này cho ta đa thức
g(x) = P (x)Q1 (x) − P1 (x)Q(x), deg g(x) ≤ m + n

nhận giá trị 0 tại m + n + 1 điểm nên g(x) ≡ 0. Do P (x) và Q(x) nguyên tố cùng
nhau nên
P (x) = cP1 (x), Q(x) = cQ1 (x).

Vậy hệ đã cho chỉ có một nghiệm với sự sai khác một tỷ lệ và như vậy tồn tại
ma trận cấp m + n + 1 trong ma trận hệ số của hệ phương trình để định thức
của nó khác 0 và nghiệm nhận được là các số hữu tỷ.
Ta có điều phải chứng minh.

1.2

Định lý Rolle và một số tính chất liên quan

Định lý 1.5 (Định lý Rolle cho khoảng hữu hạn, [4]). Giả sử hàm số f : [a, b] → R
liên tục trên đoạn [a, b] và có đạo hàm trong khoảng (a, b). Nếu f (a) = f (b) thì
tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a, b) sao cho f (c) = 0.

8


Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ

Hệ quả 1.4. Giả sử f (x) là hàm số khả vi trên (a, b) (bị chặn hoặc không bị
chặn) và x1 < x2 < · · · < xn là nghiệm của phương trình f (x) = 0.
1. Nếu hai số hạng liên tiếp của dãy Rolle, tức là dãy
f (a), f (x1 ), f (x2 ), . . . , f (xn ), f (b)

trái dấu nhau thì giữa hai giá trị liên tiếp tương ứng của dãy đối số sẽ tìm
được một và chỉ một nghiệm của phương trình f (x) = 0.
2. Nếu hai số hạng liên tiếp của dãy Rolle, tức là dãy
f (a), f (x1 ), f (x2 ), . . . , f (xn ), f (b)

cùng dấu nhau thì giữa hai giá trị liên tiếp tương ứng của dãy đối số khơng
có nghiệm của phương trình f (x) = 0, ở đây ta quy ước
f (a) = lim f (x), f (b) = lim f (x)
x→b−

x→a+

Bổ đề 1.2. Nếu x0 là nghiệm bội bậc s, (s ∈ N) của đa thức P (x) ∈ R[x] thì x0
cũng là nghiệm bội bậc s − 1 của đa thức P (x).
Chứng minh. Thật vậy, x0 là nghiệm bội bậc s(s ∈ N) của đa thức P (x) thì
P (x) được viết dưới dạng
P (x) = (x − x0 )s Q(x), Q(x0 ) = 0.

Suy ra
P (x) = s(x − x0 )s−1 Q(x) + (x − x0 )s Q (x)
= (x − x0 )s−1 [sQ(x) + (x − x0 )Q (x)].

Vì Q(x0 ) = 0 nên x0 khơng là nghiệm của đa thức sQ(x) + (x − x0 )Q (x).
Vậy x0 là nghiệm bội bậc k − 1 của đa thức P (x).

Định lý 1.6 (xem[4]). Nếu đa thức P (x) ∈ R[x] có k nghiệm thực trong khoảng
(a, b) thì đa thức P (x) có ít nhất k − 1 nghiệm thực trong khoảng đó.
Chứng minh.
1. Nếu đa thức P (x) có k nghiệm thực phân biệt x1 , x2 , x3 , . . . , xk , khơng giảm
tính tổng qt, ta giả sử x1 < x2 < x3 < · · · < xk .
Suy ra P (x1 ) = P (x2 ) = P (x3 ) = ... = P (xk ).
Theo định lý Rolle, trong khoảng (x1 , x2 ) tồn tại ít nhất một điểm x1 sao cho
P (x1 ) = 0, trong khoảng (x2 , x3 ) tồn tại ít nhất một điểm x2 sao cho P (x2 ) = 0,
9


Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ

. . . , trong khoảng (xk−1 , xk ) tồn tại ít nhất một điểm xk−1 sao cho P (xk−1 ) = 0.
Vậy đa thức P (x) có ít nhất k − 1 nghiệm thực là x1 , x2 , x3 , . . . , xk−1 .
2. Ta xét trường hợp đa thức P (x) có k nghiệm thực, trong đó các nghiệm đều
là nghiệm bội, khơng có nghiệm đơn.
Giả sử đa thức P (x) có m nghiệm thực khác nhau x1 , x2 , x3 , . . . , xm không giảm
tổng quát ta giả sử x1 < x2 < x3 < · · · < xm , trong đó x1 là nghiệm bội bậc
α1 , x2 là nghiệm bội bậc α2 , x3 là nghiệm bội bậc α3 , . . . , xm là nghiệm bội bậc
αm (αi > 1, i = 1 . . . m).
Suy ra α1 + α2 + α3 + · · · + αm = k.
Theo bổ đề 1.1 ta thu được đa thức P (x) nhận x1 là nghiệm bội bậc α1 − 1, x2
là nghiệm bội bậc α2 − 1, x3 là nghiệm bội bậc α3 − 1, . . . , xm là nghiệm bội bậc
αm − 1.
Mặt khác, theo định lý Rolle trong mỗi khoảng
(x1 , x2 ), (x2 , x3 ), (x3 , x4 ), . . . , (xm−1 , xm ),

tồn tại ít nhất một nghiệm của đa thức P (x).
Như vậy, số nghiệm ít nhất của đa thức P (x) là

(α1 − 1) + (α2 − 1) + (α3 − 1) + · · · + (αm − 1) + m − 1 = k − 1.

3. Ta xét trường hợp đa thức P (x) có k nghiệm thực, trong đó có m nghiệm bội
x1 , x2 , x3 , . . . , xm , (1 ≤ m < k), các nghiệm còn lại xm+1 , xm+2 , . . . , xn ,
(2 ≤ n < k) là nghiệm đơn.
Khơng giảm tính tổng quát, ta giả sử x1 < x2 < x3 < · · · < xm < xm+1 < · · · < xn ,
trong đó x1 là nghiệm bội bậc α1 , x2 là nghiệm bội bậc α2 , x3 là nghiệm bội bậc
α3 , . . . , xm là nghiệm bội bậc αm (αi > 1, i = 1 . . . m).
Suy ra (α1 + α2 + α3 + · · · + αm ) + (n − m) = k.
Theo bổ đề 1.1 ta thu được đa thức P (x) nhận x1 là nghiệm bội bậc α1 − 1, x2
là nghiệm bội bậc α2 − 1, x3 là nghiệm bội bậc α3 − 1, . . . , xm là nghiệm bội bậc
αm − 1.
Mặt khác, theo định lý Rolle trong mỗi khoảng
(x1 , x2 ), (x2 , x3 ), (x3 , x4 ), . . . , (xm−1 , xm ), (xm , xm+1 ), . . . , (xn−1 , xn ),

tồn tại ít nhất một nghiệm của đa thức P (x).
Như vậy, số nghiệm ít nhất của đa thức P (x) là
(α1 − 1) + (α2 − 1) + (α3 − 1) + · · · + (αm − 1) + n − 1 = k − 1.

10


Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ

Hệ quả 1.5. Nếu đa thức P (x) ∈ R[x] có các nghiệm đều thực trong khoảng
(a, b) thì đa thức P (x) cũng có các nghiệm đều thực trong khoảng đó.
Định lý 1.7 (Định lý Rolle cho nửa trục). Giả sử f là một hàm số liên tục trên
[a, +∞), có đạo hàm trên (a, +∞), và lim f (x) = f (a). Khi đó tồn tại ít nhất
x→+∞

một số thực c > a sao cho f (c) = 0.
Chứng minh. Nếu f (x) = f (a), ∀x > a thì lấy c là một số bất kỳ lớn hơn a.
Giả sử tồn tại b > a sao cho f (b) = f (a), chẳng hạn f (b) > f (a). Gọi µ là
một số thực bất kỳ thuộc (f (a), f (b)), tồn tại α ∈ (a, b) sao cho f (α) = µ. Vì
lim f (x) = f (a) < µ nên tồn tại d > b sao cho f (d) < µ. Do f (x) liên tục trên

x→+∞

[a, +∞) nên tồn tại β ∈ (b, d) sao cho f (β) = µ = f (α). Do đó, theo định lý Rolle,

tồn tại c ∈ (α, β) sao cho f (c) = 0.
Sau đây ta sẽ mở rộng định lý Rolle cho phân thức hữu tỷ, để thỏa mãn điều
kiện của định lý Rolle ta chỉ xét phân thức có mẫu khác 0 với mọi x ∈ [a, b].
Định lý 1.8 (Định lý Rolle cho phân thức). Giả sử phân thức hữu tỷ f (x) =
P (x)
∈ Q, (P (x), Q(x) nguyên tố cùng nhau và Q(x) = 0, ∀x ∈ [a, b]) liên tục trên
Q(x)
đoạn [a, b] và có đạo hàm trong khoảng (a, b). Nếu f (a) = f (b) thì đa thức
P (x)Q(x) − P (x)Q (x) = 0 có ít nhất một nghiệm trong khoảng (a, b).

Chứng minh. Theo định lý Rolle, tồn tại ít nhất một điểm c ∈ (a, b) sao cho
f (c) = 0. Ta có
f (x) =

P (x)Q(x) − P (x)Q (x)
Q2 (x)

nên đa thức P (x)Q(x) − P (x)Q (x) luôn có ít nhất một nghiệm trong khoảng
(a, b).

1.3

Định lý dạng Viète đối với đa thức

Định lý 1.9 (Định lý Viète, [4]). Điều kiện cần và đủ để tam thức bậc hai
f (x) = ax2 + bx + c, a, b, c ∈ R, a = 0

có nghiệm thực là tồn tại các số x1 , x2 ∈ R sao cho
b
c
c
a

= −(x1 + x2 )
= x1 x2 .

Tương tự, ta có định lý Viète trong trường hợp tổng quát đối với đa thức bậc n
có hệ số bậc cao nhất là 1.
11


Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ

Định lý 1.10 (Định lý Viète, [4]). Điều kiện cần và đủ để đa thức
f (x) = xn − a1 xn−1 + · · · + (−1)n an ∈ R[x]

có nghiệm thực là tồn tại các số x1 , . . . , xn ∈ R, sao cho

a1 = x1 + · · · + xn := E1 (ˆ
x)





a2 = x1 x2 + x2 x3 + · · · + xn−1 xn := E2 (ˆ
x)
................................



an = x1 x2 . . . xn := En (ˆ
x).

Khi đó các hàm E1 (ˆ
x), E2 (ˆ
x), . . . , En (ˆ
x) được gọi là hàm (đa thức) đối xứng sơ
cấp Viète bậc 1, 2, . . . , n tương ứng của bộ gồm n số thực xˆ = x1 , x2 , . . . , xn
(n ≥ 1, n ∈ N). Nhận xét rằng, Định lý Viète đã chỉ ra mối quan hệ giữa bộ các
nghiệm của đa thức với tất cả các hệ số trong đa thức đó. Tuy nhiên, ta cũng
có thể phát biểu kết quả tương tự trong trường hợp khi ta còn chưa tường minh
các nghiệm của một đa thức. Điều này rất có ý nghĩa khi xét các điều kiện để
một đa thức có tất cả các nghiệm đều thực. Trước hết ta xét một số đa thức có
bậc thấp.
Bổ đề 1.3. Đa thức bậc ba 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,

(1.2)



trong đó α, β, γ, δ ∈ R.
Chứng minh.
Điều kiện đủ.
Xét đa thức nguyên hàm F (x) = −x4 + ax3 − bx2 + cx − m với m là hằng số thực
tùy ý. Thay a, b, c từ công thức (1.2) 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).
12


Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ

Suy ra F (x) có bốn nghiệm thực α, β, γ, δ.
Theo định lý Rolle thì f (x) = F (x) có ba nghiệm thực.
Điều kiện cần.
Giả sử phương trình bậc ba có ba nghiệm thực. Ta chứng minh rằng tồn tại đa
thức bậc bốn 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.
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 .
2. Nếu f (x) có hai nghiệm phân biệt thì phải có một nghiệm là nghiệm kép. Giả
sử nghiệm kép là x0 , nghiệm cịn lại là x1 . Khơng giảm tính tổng qt, 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) = −x4 + x1 x3 có hai nghiệm phân biệt, trong đó
3
4
x = 0 là nghiệm bội bậc ba, nghiệm còn lại là x = x1 . Khi đó chọn α = β = γ =
3
4
0, ω = x1 .
3
Trong trường hợp tổng quát, nếu f (x) có nghiệm kép (bội bậc hai) là x0 , nghiệm
4
cịn lại là x1 thì ta thu được α = β = γ = x0 , δ = x0 + x1 .
3
3. Xét trường hợp f (x) có ba nghiệm phân biệt. Khơng giảm tính tổng qt, ta

có f (x) có dạng f (x) = −4x(x + a)(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.

13


Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ

4
3

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

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

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

Từ bổ đề trên, ta có thể phát biểu kết quả như sau
Định lý 1.11 (xem [4]). Đa thức bậc ba với hệ số thực
f (x) = x3 + ax2 + bx + c

có các nghiệm đều thực khi và chỉ khi các hệ số a, b, c có dạng

3

a = − (α + β + γ + δ)


4

1
b = (αβ + αγ + αδ + βγ + βδ + γδ)

2


c = − 1 (αβγ + αβδ + αγδ + βγδ)
4

trong đó α, β, γ, δ ∈ R.
Tiếp theo, ta khảo sát đa thức bậc bốn.
Bổ đề 1.4. Giả sử đa thức
f (x) = 5(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 )(x − x4 ), x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ x4

có nghuyên hàm F0 (x) là đa thức bậc 5 với hệ số thực
F0 (x) = x5 − a1 x4 + a2 x3 − a3 x2 + a4 x.

Khi đó điều kiện cần và đủ để tồn tại hằng số thực c sao cho nguyên hàm
F (x) = F0 (x) − c

có các nghiệm đều thực là
F0 (x1 ) ≥ F0 (x4 ).

(1.3)

Chứng minh. Ta xét các trường hợp theo sự phân bố các nghiệm của đa thức
f (x).
1. Khi f (x) có các nghiệm phân biệt, tức là x1 < x2 < x3 < x4 , thì nguyên hàm
của nó đạt cực đại tại x = x1 và x = x3 , đạt cực tiểu tại x = x2 và x = x4 nếu
xảy ra trường hợp (1.3) thì ta có
F0 (x1 ) ≥ max {F0 (x2 ), F0 (x4 )}, F0 (x3 ) ≥ max {F0 (x2 ), F0 (x4 )}.
14


Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ

Suy ra
min {F0 (x1 ), F0 (x3 )} ≥ max {F0 (x2 ), F0 (x4 )}.

Vậy ta chọn c sao cho c ∈ (max {F0 (x2 ), F0 (x4 )}, min {F0 (x1 ), F0 (x3 )}), thì nguyên
hàm F (x) tương ứng sẽ có 5 nghiệm thực.
2. Khi f (x) có hai nghiệm trùng nhau, giả sử x1 = x2 < x3 < x4 , (x1 < x2 <
x3 = x4 ) và F0 (x1 ) < F0 (x4 ), thì hiển nhiên (1.3) là không thỏa mãn và không
tồn tại c để đa thức F (x) có 5 nghiệm thực. Khi đó F0 (x1 ) ≥ F0 (x4 ), thì ta chọn
c = F0 (x1 ). Ta thu được đa thức F (x) tương ứng có 5 nghiệm thực.
Nếu xảy ra trường hợp x1 < x2 = x3 < x4 thì chọn c = F0 (x2 ). Ta thu được đa
thức F (x) tương ứng có 5 nghiệm thực.
Thật vậy, do x2 là nghiệm kép của f (x) nên nó cũng là nghiệm bội bậc ba của
nguyên hàm F0 (x). Mà hàm số F0 đạt cực đại tại x1 và đạt cực tiểu tại x4 nên
F0 (x1 ) > F0 (x2 ) = F0 (x3 ) > F0 (x4 )

Do đó F0 (x1 ) − c > 0
Mặt khác, ta thấy F0 (−∞) = −∞ nên trong khoảng (−∞, x1 ), đa thức F0 (x) có
ít nhất một nghiệm.
Tương tự, do F0 (x4 ) − c < 0 và F0 (+∞) = +∞ nên trong khoảng (x4 , +∞), đa
thức F0 (x) cũng có nghiệm.
3. Khi f (x) có hai nghiệm kép, tức là x1 = x2 < x3 = x4 , thì
f (x) = 5(x − x1 )2 (x − x3 )2 , f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R

nên F0 (x) là hàm đơn điệu tăng.Vì vậy điều kiện (1.3) khơng thỏa mãn. Khi đó,
ta thấy đường thẳng đi qua các điểm dừng sẽ cắt đồ hị của đa thức F0 (x) tại 1
điểm(bội bậc 3), tức là F (x) có ba nghiệm thực (kể cả bội ). Do đó, ứng với mọi
c ∈ R, các nguyên hàm Fc (x) tương ứng đều có khơng q ba nghiệm thực.
4. Khi f (x) có ba nghiệm trùng nhau, chẳng hạn x1 = x2 = x3 < x4 , (x1 < x2 =
x3 = x4 ) thì f (x) = 5(x − x1 )3 (x − x4 ). Khi đó
5
4
1

F0 (x) = (x − x1 )4 ( x + x1 − x4 ).
4
5
5

Do đó
F0 (x1 ) = (x − x1 )5 , F0 (x4 ) = (x − x4 )5 .

Suy ra
F0 (x1 ) = F0 (x2 ) = F0 (x3 ) ≥ F0 (x4 )

thỏa mãn điều kiện (1.3). Ta chọn c = 0 thì đa thức F (x) có đúng 5 nghiệm thực.
5. Cuối cùng ta xét trường hợp cả 4 nghiệm trùng nhau x1 = x2 = x3 = x4 , thì
15


Chương 1. Một số kiến thức bổ trợ

hiển nhiên điều kiện (1.3) được thỏa mãn và f (x) = 5(x − x1 )4 .
Chọn c = x51 (là giá trị duy nhất) thì nguyên hàm F (x) = (x − x1 )5 có nghiệm
thực bội bậc 5 tức là F (x) thỏa mãn điều kiện của định lý.

16


Chương 2

Định lý Rolle đảo
Trong phần này, ta chứng minh định lý Rolle đảo đối với đa thức và khảo sát
định lý Rolle đảo đối với một số phân thức hữu tỷ.

2.1

Định lý Rolle đảo đối với đa thức

Bổ đề 2.1. Nếu x0 là nghiệm bội bậc s, (s > 1) của đa thức f (x) ∈ R[x] thì x0
cũng là nghiệm của đa thức nguyên hàm F0 (x) khi F0 (x) = 0, với bội bậc s + 1.
Chứng minh. Vì x0 là nghiệm bội bậc s của f (x) nên f (x) có dạng
f (x) = (x − x0 )s g(x), g(x0 ) = 0.

Giả sử
F0 (x) = (x − x0 )k h(x), h(x0 ) = 0.

Khi đó
F0 (x) = (x − x0 )k−1 [kh(x) + (x − x0 )h (x)].

Tại x = x0 thì kh(x) + (x − x0 )h (x) = 0.
Suy ra F0 (x) chứa nhân tử (x − x1 ) bậc k − 1 nhưng f (x) = F0 (x) nên k − 1 = s
hay k = s + 1.
Vậy F0 (x) nhận x0 là nghiệm bội bậc s + 1. Chúng ta đã nêu định lý Rolle và
một số mở rộng trực tiếp của nó về nghiệm của đa thức đạo hàm và đa thức
nguyên hàm trong một khoảng.
Bổ đề 2.2. Mọi đa thức f (x) ∈ R[x] có một nghiệm thực đều tồn tại ngun
hàm có ít nhất hai nghiệm thực.
Bổ đề 2.3. Mọi đa thức f (x) ∈ R[x] có hai nghiệm thực đều tồn tại ngun hàm
có ít nhất ba nghiệm thực.
Bổ đề 2.4. Mọi đa thức f (x) ∈ R[x] có ba nghiệm thực đều tồn tại nguyên hàm
có ít nhất bốn nghiệm thực.
17

Chương 2. Định lý Rolle đảo

Định lý 2.1 (xem [1]). Giả sử f (x) là đa thức bậc n, (n > 4) có các nghiệm đều
thực
f (x) = (−1)n (n + 1)(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) . . . (x − xn ), x1 ≤ x2 ≤ x3 ≤ · · · ≤ xn

và giả sử F0 (x) là một nguyên hàm của f (x) với F0 (0) = 0. Khi đó, điều kiện cần
và đủ để tồn tại số thực c sao cho nguyên hàm
F (x) = F0 (x) − c, c ∈ R

có các nghiệm đều thực là
min
0≤i≤[ n−1
2 ]

F0 (x2i+1 ) ≥ max F0 (x2j ).
1≤j≤[ n2 ]

Chứng minh. Vì F0 (x) là nguyên hàm của f (x) và F0 (0) = 0, nên F0 (x) có dạng
F0 (x) = (−1)n xn+1 + (−1)n−1 a1 xn + (−1)n−2 a2 xn−1 + · · · + (−1)an−1 x2 + an x.

Nếu n chẵn thì
F (x) = xn+1 − a1 xn + a2 xn−1 + · · · − an−1 x2 + an x − c.

Nếu n lẻ thì
F (x) = −xn+1 + a1 xn − a2 xn−1 + · · · − an−1 x2 + an x − c.

Ta xét các trường hợp sau đây.
1. Nếu f (x) có n nghiệm phân biệt x1 < x2 < x3 < · · · < xn , thì

f (xk ) = 0, ∀k = 1, . . . , n.

Tại các nút x1 , x3 , x5 , . . . hàm số f (x) đổi dấu từ (+) sang (−) nên hàm số F (x)
đạt cực đại. Tại các nút x2 , x4 , x6 , . . . hàm số f (x) đổi dấu từ (−) sang (+) nên
hàm số F (x) đạt cực tiểu. Từ giả thiết, ta thấy tồn tại c sao cho
c ∈ [ max F0 (x2j ); min F0 (x2i+1 )]
1≤j≤[ n2 ]
0≤i≤[ n−1
2 ]

Vì thế nên F0 (x1 ) > c hay F0 (x1 ) − c > 0 và F0 (x2 ) < c hay F0 (x1 ) − c < 0. Suy ra
(F0 (x1 ) − c)(F0 (x2 ) − c) < 0.

Do đó, tồn tại x1 ∈ (x1 , x2 ) là nghiệm của đa thức F0 (x) − c. Tương tự, tồn
tại x2 ∈ (x2 , x3 ), x3 ∈ (x3 , x4 ), . . . , xn−1 ∈ (xn−1 , xn ) là các nghiệm của đa thức
F0 (x) − c.
18


Chương 2. Định lý Rolle đảo

Ngoài ra, trong mỗi khoảng (−∞, x1 ); (xn , +∞) thì F0 (x) − c cịn có ít nhất một
nghiệm nữa.
Thật vậy, do F0 (−∞) = −∞ và F0 (x1 )−c > 0 nên trong(−∞, x1 ), đa thức F0 (x)−c
có nghiệm.
Tương tự, do F0 (+∞) = +∞ nếu n chẵn và F0 (+∞) = −∞ nếu n lẻ.
Mặt khác, F0 (x2k ) − c < 0 và F0 (x2k+1 ) − c > 0, nên trong (xn , +∞), đa thức
F0 (x) − c có nghiệm.
Vậy số nghiệm của F0 (x) − c là n + 1.
2. Xét trường hợp khi f (x) có một hoặc một số nghiệm bội.

(i) Giả sử f (x) chỉ có một nghiệm bội, các nghiệm cịn lại đều là nghiệm đơn.
Khi đó, khơng giảm tổng qt
x1 = x2 = · · · = xs < xs+1 < · · · < xn , 2 ≤ s ≤ n − 1.

Từ hệ thức F0 (x1 ) = F0 (x2 ) và
F0 (x1 ) ≥

min
0≤i≤[ n−1
2 ]

F0 (x2i+1 ), F0 (x2 ) ≤ max F0 (x2j ),
1≤j≤[ n2 ]

ta suy ra
min
0≤i≤[ n−1
2 ]

F0 (x2i+1 ) ≤ F0 (x1 ) = F0 (x2 ) ≤ max F0 (x2j ) ≤ min F0 (x2i+1 ).
1≤j≤[ n2 ]
0≤i≤[ n−1
2 ]

Do đó
min
0≤i≤[ n−1
2 ]

F0 (x2i+1 ) = max F0 (x2j ).

1≤j≤[ n2 ]

Khi đó tồn tại duy nhất c0 sao cho
c0 ∈ [ max F0 (x2j ); min F0 (x2i+1 )].
0≤j≤[ n2 ]
1≤i≤[ n−1
2 ]

Đó là giá trị c0 = F0 (x1 ) = F0 (x2 ).
Xét đa thức F (x) = F0 (x) − c0 . Ta chứng minh rằng đa thức F (x) có các nghiệm
đều thực.
Thật vậy, ta xét các khả năng sau.
(i.1) Chọn c0 = F0 (x1 ) = F0 (x2 ). Xét đa thức F (x) = F0 (x) − c0 . Ta chứng minh
đa thức F (x) có các nghiệm đều thực.
Vì x1 là nghiệm bội bậc s của f (x) nên x1 là nghiệm bội bậc s + 1 của đa thức
F0 (x).
Nếu s chẵn thì s + 1 lẻ, do đó F0 (xs+1 ) > min F0 (x2i+1 ) hay F0 (xs+1 ) − c0 > 0.
0≤i≤[ n−1
2 ]

19


Chương 2. Định lý Rolle đảo

Do s + 2 là chẵn nên F0 (xs+2 ) < max F0 (x2j ) hay F0 (xs+2 ) − c0 < 0
1≤j≤[ n2 ]

Suy ra
(F0 (xs+1 ) − c0 )(F0 (xs+2 ) − c0 ) < 0.

Vì thế tồn tại xs+2 ∈ (xs+1 , xs+2 ) là nghiệm của F0 (x) − c0 . Tương tự, tồn tại
xs+3 ∈ (xs+2 , xs+3 ), xs+4 ∈ (xs+3 , xs+4 ), . . . , xs+n ∈ (xn−1 , xn )
Ta có, F0 (+∞) = +∞ nếu n chẵn và F0 (+∞) = −∞ nếu n lẻ.
Mặt khác, F0 (x2i ) − c0 < 0 và F0 (x2i+1 ) − c0 > 0, nên trong (xn , +∞), đa thức
F0 (x) − c0 có nghiệm.
Vậy đa thức nguyên hàm F (x) bậc n + 1 có đúng n + 1 nghiệm thực. Chứng minh
tương tự với trường hợp s lẻ.
(i.2) Nếu c < F0 (x1 ) thì đường thẳng y = c cắt đồ thị hàm số y = F0 x tại nhiều
nhất hai điểm (khác điểm dừng x1 ) do
F0 (x1 ) =

min
0≤i≤[ n−1
2 ]

F (x2i+1 ) = max F (x2j )
1≤j≤[ n2 ]

Vì thế đa thức ngun hàm F (x) có ít hơn n + 1 nghiệm thực.
(i.3) Nếu c > F0 (x1 ) thì đường thẳng y = c khơng cắt đồ thị hàm số y = F0 x nên
F (x) vô nghiệm.
(ii) Giả sử f (x) có ít nhất hai nghiệm bội phân biệt xi = xi+1 = · · · = xj và
xp = xp+1 = · · · = xq , trong đó 1 < j < p < n + 1. Khơng mất tính tổng qt, ta
giả sử i là số lẻ. Khi đó, F0 (xi ) = F0 (xi+1 ) = · · · = F0 (xj ). Tương tự trường hợp
đa thức f (x) có một nghiệm bội ta chứng minh được
min
0≤i≤[ n−1
2 ]

F0 (x2i+1 ) = max F0 (x2j ).
1≤j≤[ n2 ]

Khi đó, tồn tại duy nhất c1 sao cho
c1 ∈ [ max F0 (x2j ); min F0 (x2i+1 )].
1≤j≤[ n2 ]
1≤i≤[ n−1
2 ]

Đó là giá trị c1 = F0 (xi ) = F0 (xj ).
Chứng minh tương tự ta cũng chọn được c2 = F0 (xp ) = F0 (xq ). Vì thế để đa
thức F (x) có n + 1 nghiệm thực thì c1 = F0 (xi ) = · · · = F0 (xj ) = F0 (xp ) = · · · =
F0 (xq ) = min F0 (x2i+1 ) = max F0 (x2j ) = c2 . Nếu F0 (xi ) = · · · = F0 (xj ) =
0≤i≤[ n−1
2 ]

1≤j≤[ n2 ]

F0 (xp ) = · · · = F0 (xq ) thì khơng tồn tại c để đa thức F (x) có n + 1 nghiệm thực.

Lập luận tương tự cho các trường hợp f (x) có nhiều hơn hai nghiệm bội.
(iii) Giả sử f (x) có mội ngiệm bội n thì
f (x) = (−1)n (n + 1)(x − x1 )n , F (x) = (−1)n (x − x1 )n+1 − c.
20


Chương 2. Định lý Rolle đảo

Ta chỉ cần chọn c = 0 thì F (x) có n + 1 nghiệm thực trùng nhau.
Ta phát biểu các kết quả mở rộng của định lý 2.1 như sau.

Định lý 2.2. Giả sử f (x) là đa thức bậc n, (n ≥ 2) có s, (0 ≤ s ≤ n) nghiệm thực
phân biệt
f (x) = (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) . . . (x − xs )g(x), x1 < x2 < x3 < · · · < xs

trong đó g(x) ∈ R[x], g(x) = 0, ∀x ∈ R. Giả sử F0 (x) là một nguyên hàm của f (x)
thỏa mãn điều kiện F0 (0) = 0. Khi đó, điều kiện cần và đủ để tồn tại số thực c
sao cho nguyên hàm F (x) = F0 (x) − c có các nghiệm đều thực là
max F0 (xCT ) ≤ min F0 (xCD ).

(2.1)

Trong đó, xCD , xCT là các nghiệm của đa thức f (x) ở trên.
Chứng minh. Khơng giảm tính tổng qt, ta giả sử g(x) > 0, ∀x ∈ R. Khi đó,
deg g(x) = n − s là số tự nhiên chẵn.
Ta chứng minh cho trường hợp s chẵn (suy ra n chẵn). Trong trường hợp s lẻ,
ta chứng minh tương tự.
Ta có f (x) = 0, ∀k = 1, 2, . . . , s.
Tại các nút x1 , x3 , x5 , . . . hàm số f (x) đổi dấu từ (+) sang (−) nên hàm số F (x)
đạt cực đại.
Tại các nút x2 , x4 , x6 , . . . hàm số f (x) đổi dấu từ (−) sang (+) nên hàm số F (x)
đạt cực tiểu.
Khi đó điều kiện (2.1) của định lý trở thành
min
0≤i≤[ s−1
2 ]

1. Nếu

min
0≤i≤[ s−1

2 ]

F0 (x2i+1 ) ≥ max F0 (x2j ).
1≤j≤[ 2s ]

(2.2)

F0 (x2i+1 ) > max F0 (x2j ) thì ta chọn
1≤j≤[ 2s ]
c ∈ ( max F0 (x2j ); min F0 (x2i+1 )).
1≤j≤[ 2s ]
0≤i≤[ s−1
2 ]

Khi đó, ta có
F (x1 ) = F0 (x1 ) − c > 0, F (x3 ) = F0 (x3 ) − c > 0, . . . ,
F (x2k+1 ) = F0 (x2k+1 ) − c > 0, ∀k = 1, 2, . . . ,

s−1
2

và
F (x2 ) = F0 (x2 ) − c < 0, F (x4 ) = F0 (x4 ) − c < 0, . . . ,
21


Chương 2. Định lý Rolle đảo

F (x2k ) = F0 (x2k ) − c < 0, ∀k = 1, 2, . . . ,

s
2

và
lim F (x) = −∞, lim F (x) = +∞ do n chẵn ,

x→−∞

x→+∞

nên theo hệ quả 1.4 trên mỗi khoảng (−∞, x1 ), (x1 , x2 ), . . . , (xs , +∞) nguyên hàm
F (x) đều có đúng một nghiệm. Vậy nguyên hàm F (x) có đúng s + 1 nghiệm thực.
2. Nếu min F0 (x2i+1 ) = max F0 (x2j ) thì ta chọn
0≤i≤[ s−1
2 ]

1≤j≤[ 2s ]

c = max F0 (x2j ) = min F0 (x2i+1 )
0≤i≤[ s−1
1≤j≤[ 2s ]
2 ]

Ta chia trục số thành s + 1 đoạn và nửa khoảng như sau
(−∞, x1 ], [x1 , x2 ], . . . , [x2k−1 , x2k ], [x2k , x2k+1 ], . . . , [xs , +∞).

Xét nửa khoảng (−∞, x1 ], xảy ra các khả năng sau
- Nếu c = F0 (x1 ) thì kết hợp với lim F (x) = −∞ ta suy ra x1 là nghiệm duy
x→−∞

nhất của F (x) trong nửa khoảng (−∞, x1 ].
- Nếu c < F0 (x1 ) thì F (x1 ) > 0 kết hợp với lim F (x) = −∞ suy ra F (x) có
x→−∞

nghiệm duy nhất trong nửa khoảng (−∞, x1 ].
Xét đoạn [x1 , x2 ], xảy ra các khả năng sau.
- Nếu c = F0 (x1 ) thì x1 là nghiệm kép của F (x) trong nửa khoảng (−∞, x1 ]. Hơn
nữa, f (x) = F (x) < 0, ∀x ∈ (x1 , x2 ) nên
F (x) < F (x1 ) ↔ F (x) < 0, x ∈ (x1 , x2 )

và F (x2 ) < 0 nên x1 là nghiệm duy nhất của F (x) trên đoạn [x1 , x2 ].
- Nếu c < F0 (x1 ) thì F (x1 ) > 0 kết hợp với F (x2 ) = F0 (x2 )c < 0 suy ra F (x) có
nghiệm duy nhất trên [x1 , x2 ]. Như vậy, trên hai miền (−∞, x1 ] và [x1 , x2 ] thì
F (x) ln có đúng hai nghiệm thực (kể cả nghiệm bội). Khảo sát các đoạn và
nửa khoảng còn lại ta cũng thu được kết quả như trên. Từ đó suy ra điều phải
chứng minh. 3. Nếu min F0 (x2i+1 ) < max F0 (x2j ). Giả sử
0≤i≤[ s−1
2 ]

F0 (x2i0 +1 ) =

min
0≤i≤[ s−1
2 ]

1≤j≤[ 2s ]

F0 (x2i+1 ), F0 (x2j0 ) = max F0 (x2j ).
1≤j≤[ 2s ]

Ta xét các khả năng của c như sau.
i) Với c < min F0 (x2i+1 ) do đó c < F0 (x2j0 ). Khi đó xét trên hai đoạn
0≤i≤[ s−1
2 ]

[x2j0 −1 , x2j0 ] và [x2j0 , x2j0 +1 ] thì do F (x) đạt cực tiểu tại x2j0 nên
F (x) ≥ F (x2j0 ) = F0 (x2j0 ) − c > 0, ∀x ∈ [x2j0 −1 , x2j0 +1 ].
22


Chương 2. Định lý Rolle đảo

Suy ra, nguyên hàm F (x) vô nghiệm trên hai đoạn [x2j0 −1 , x2j0 ] và [x2j0 , x2j0 +1 ].
Kết quả này cũng không thay đổi trong trường hợp đặc biệt x2j0 = xn .
Hơn thế nữa, theo hệ quả 1.4 thì trên s − 1 đoạn và nửa khoảng còn lại nguyên
hàm F (x) có tối đa s − 1 nghiệm (kể cả nghiệm bội). Vì vậy số nghiệm thực của
F (x) trong trường hợp ày chỉ có tối đa s − 1 nghiệm, hay nói cách khác, F(x)
khơng thể có đủ s + 1 nghiệm thực.
ii) Với c > min F0 (x2i+1 ) do đó c > F0 (x2i0 +1 ). Khi đó xét trên hai đoạn
0≤i≤[ s−1
2 ]

[x2i0 , x2i0 +1 ] và [x2i0 +1 , x2i0 +2 ] thì do F (x) đạt cực đại tại x2i0 +1 nên
F (x) ≤ F (x2i0 +1 ) = F0 (x2i0 +1 ) − c < 0, ∀x ∈ [x2i0 , x2i0 +2 ].

Suy ra, nguyên hàm F (x) vô nghiệm trên hai đoạn [x2j0 −1 , x2j0 ] và [x2j0 , x2j0 +1 ].
Kết quả này cũng không thay đổi trong trường hợp đặc biệt x2i0 +1 = x1 .
Hơn thế nữa, theo hệ quả 1.4 thì trên s − 1 đoạn và nửa khoảng cịn lại ngun
hàm F (x) có tối đa s − 1 nghiệm (kể cả nghiệm bội). Vì vậy số nghiệm thực của
F (x) trong trường hợp này chỉ có tối đa s − 1 nghiệm, hay nói cách khác, F(x)

khơng thể có đủ s + 1 nghiệm thực.
Vậy nếu min F0 (x2i+1 ) < max F0 (x2j ) thì khơng tồn tại c để F (x) có đủ
0≤i≤[ s−1
2 ]

1≤j≤[ 2s ]

s + 1 nghiệm thực.

Tiếp theo, ta xét trường hợp f (x) ∈ R[x] có nghiệm bội.
Bổ đề 2.5. Cho đa thức f (x) ∈ R[x] có bậc n và có s nghiệm thực. Nếu tồn tại
nguyên hàm F (x) của f (x) có s + 1 nghiệm thực thì mọi nghiệm bội của f (x)
đều là nghiệm của F (x).
Định lý 2.3. Giả sử f (x) ∈ R[x] là đa thức bậc n có s nghiệm thực (1 ≤ s ≤ n),
trong đó có k nghiệm đơn x1 , x2 , . . . , xk và l nghiệm bội 1 , y2 , . . . , yl , (k, l ∈ N). Cụ
thể, y1 là nghiệm bội bậc b1 , y2 là nghiệm bội bậc b2 , . . . , yl là nghiệm bội bậc bl .
Với k + b1 + b2 + · · · + bl = s.
F0 (x) là một nguyên hàm của đa thức f (x) sao cho F0 (0) = 0.
Khi đó, điều kiện cần và đủ để tồn tại c ∈ R sao cho nguyên hàm F (x) = F0 (x)−c
có đủ s + 1 nghiệm thực (kể cả nghiệm bội) là
l ≤k+1
max F0 (xCT ) ≤ F0 (y1 ) = · · · = F0 (yl ) ≤ min F0 (xCD ).

Trong đó, xCD , xCT là nghiệm của f (x).
Chứng minh.
23


Chương 2. Định lý Rolle đảo

Điều kện cần.
Giả sử tồn tại nguyên hàm F (x) = F0 (x) − c có đủ s + 1 nghiệm thực. Ta cần
chứng minh
l ≤k+1
max F0 (xCT ) ≤ F0 (y1 ) = · · · = F0 (yl ) ≤ min F0 (xCD ).

Theo bổ đề 2.5 thì y1 , y2 , . . . , yl đều là nghiệm của F (x) nên
F (y1 ) = F (y2 ) = · · · = F (yl ) = 0 ⇒ F0 (y1 ) = F0 (y2 ) = · · · = F0 (yl ) = c

và F (x) nhận y1 là nghiệm bội bậc b1 + 1, y2 là nghiệm bội bậc b2 + 1, . . . , yl là
nghiệm bội bậc bl + 1.
Do F (x) có đúng s + 1 nghiệm thực nên
b1 + 1 + b2 + 1 + · · · + bl + 1 ≤ s + 1
⇒ b1 + 1 + b2 + 1 + · · · + bl + 1 ≤ k + b1 + b2 + · · · + 1
⇒ l ≤ k + 1.

Ta chứng minh
max F0 (xCT ) ≤ c ≤ min F0 (xCD ).

Ta kí hiệu lại k + l nghiệm của f (x) là z1 < z2 < · · · < zk+l . Các nghiệm này chia
trục số thành k + l + 1 tập (−∞, z1 ], [z1 , z2 ], . . . , [xk+l−1 , xk+l ], [xk+l , +∞).
Nhận xét rằng, F (x) đơn điệu trên mỗi tập
(−∞, z1 ], [z1 , z2 ], . . . , [zk+l−1 , zk+l ], [zk+l , +∞)

nên F (x) có tối đa một nghiệm trên mỗi tập đó (nghiệm bội được coi là một
nghiệm).
Hơn nữa, mỗi tập trong k + l + 1 tập trên đều chứa nghiệm của F (x).
Thật vậy, trong k + l + 1 tập đó có 2l tập chứa nghiệm bội của F0 (x). Nếu trong
k + 1 − l tập cịn lại mà cịn có một tập khơng chứa nghiệm của F0 (x) thì số
nghiệm của F0 (x) không vượt quá λ với

λ = (b1 + 1) + (b2 + 1) + · · · + (bl + 1) + k − l = s < s + 1 (vơ lý) .

Vậy F (x) có đúng một nghiệm trên mỗi tập trong k + l + 1 tập
(−∞, z1 ], [z1 , z2 ], . . . , [zk+l−1 , zk+l ], [zk+l , +∞)

Đặt, max F0 (xCT ) = F0 (zi0 ), min F0 (xCD ) = F0 (zj0 ) thì rõ ràng
zi0 , zj0 ∈ {x1 , x2 , . . . , xk }
24