Nguyên lý Descartes và ứng dụng trong khảo sát đa thức thực

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGÔ MINH HIẾU

NGUYÊN LÝ DESCARTES VÀ ỨNG DỤNG
TRONG KHẢO SÁT ĐA THỨC THỰC

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2015


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

NGÔ MINH HIẾU

NGUYÊN LÝ DESCARTES VÀ ỨNG DỤNG
TRONG KHẢO SÁT ĐA THỨC THỰC

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 - 2015


i

Mục lục
Lời cam đoan

ii

Lời cảm ơn

iii

Mở đầu

1

1

Một số kiến thức bổ trợ về đa thức
1.1 Một số tính chất cơ bản của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Nguyên lý Descartes đối với đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Hệ quả trực tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3
3
5
12

2

Biểu diễn một số dạng đa thức dương trên một đoạn
2.1 Biểu diễn đa thức dương trên nửa trục thực . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Biểu diễn đa thức dương trên một đoạn . . . . . . . . . . . . . . .
2.3 Nguyên lý Descartes đối với đa thức nguyên hàm . . . . . . . . . .

16
16
29
31

3

Một số ứng dụng của nguyên lý Descartes
3.1 Biện luận số nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.2 Một số ứng dụng khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

59
59
66

Kết luận và Đề nghị

70

Tài liệu tham khảo

71

ii

Lời cam đoan
Tôi xin cam đoan các số liệu và kết quả nghiên cứu trong luận văn này là trung
thực và không trùng lặp với các đề tài khác. Tôi cũng xin cam đoan mọi thơng tin
trích dẫn trong luận văn đã được chỉ rõ nguồn gốc.

Thái Nguyên, ngày 10 tháng 4 năm 2015
Học viên

Ngô Minh Hiếu


iii

Lời cảm ơn
Trước hết, tôi muốn gửi những lời biết ơn sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học
của mình, GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu, người đã hết lòng giúp đỡ, động viên và chỉ
bảo tơi trong q trình học tập và luận văn này.
Tôi muốn gửi lời cảm ơn đến Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên
vì luôn tạo điều kiện thuận lợi dành cho tôi trong suốt thời gian học tập tại Khoa.
Cuối cùng tôi muốn gửi những tình cảm đặc biệt tới đại gia đình tơi, những người
ln động viên và chia sẻ những khó khăn trong q trình hồn thành luận văn.


1

Mở đầu

Đa thức có vị trí rất quan trọng trong tốn học khơng những là một đối tượng
nghiện cứu trọng tâm của Đại số mà cịn là một cơng cụ đắc lực của Giải tích trong
lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn, lý thuyết điều khiển, tối ưu. . . Ngồi ra, lý thuyế
về đa thức cịn được sử dụng nhiều trong toán cao cấp, toán ứng dụng.
Trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic quốc tế thì các bài tốn về đa
thức cũng được đề cập nhiều và được xem như là dạng tốn khó của bậc phổ thong.
Các bài toán lien quan đến đa thức cũng nằm trong chương trình thi Plympic sinh
viên giữa các trường đại học và cao đẳng về Giải tích và Đại số.
Tuy nhiên cho đến nay đa thức chỉ được trình bày ở dạng sơ lược, các bài tập về
đa thức chưa được phân loại và hệ thống hóa một cách chi tiết. Tài liệu về đa thức
chưa có nhiều, cịn chưa được hệ thống theo dạng tốn cũng như phương pháp giải.
Vì vậy, việc khảo sát sâu hơn các bài tốn về đa thức gặp rất nhiều khó khăn, nhất là
về thuật toán.
Để đáp ứng cho nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi về
chuyên đề đa thức, luận văn “Nguyên lý Descartes và ứng dụng trong khảo sát đa
thức thực” phần nào sẽ giúp bổ sung bồi dưỡng thêm kiến thức còn thiếu của giáo
viên và học sinh về đa thức và ứng dụng của đa thức.
Ngoài phần Mở đầu và Kết luận, luận văn được chia làm 3 chương đề cấp đến
các vấn đề sau đây:
• Chương 1 trình bày các tính chất cơ bản của đa thức thực và nguyên lý Descartes.
• Chương 2 trình bày biểu diễn một số dạng đa thức dương trên một đoạn.
• Chương 3 trình bày một số ứng dụng của nguyên lý Descartes.


2
Thái Nguyên, tháng 05 năm 2015
Ngô Minh Hiếu
Học viên Cao học Lớp B Khóa 06/2013-06/2013
Chun ngành Phương pháp Tốn sơ cấp
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên

Email:


3

Chương 1

Một số kiến thức bổ trợ về đa thức
1.1

Một số tính chất cơ bản của đa thức

Định nghĩa 1.1.1 (xem [3]). Một đa thức bận n của ẩn Pn (x) là biểu thức dạng
Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0
trong đó các hệ số an , an−1 , . . . , a1 , a0 là những số thực (hoặc phức) và an = 0, n ∈
N.
Ta kí hiệu
(i) Bậc của đa thức Pn (x) là deg Pn (x). Do vậy deg Pn (x) = n.
(ii) an - hệ số cao nhất (chính) của đa thức.
(iii) a0 - hệ số tự do của đa thức.
(iv) an xn - hạng tử cao nhất.
Chú ý 1.1.2. Về sau ta chỉ xét các đa thức Pn với các hệ số của nó đều là thực và gọi
tắt là đa thức thực.
Định nghĩa 1.1.3 (xem [3]). Cho đa thức
Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 ,

với an = 0.

Số α ∈ C được gọi là nghiệm của đa thức Pn (x) nếu Pn (α) = 0.

4
.
k
Nếu tồn tại k ∈ N, k > 1 sao cho Pn (x) .. (x − α) nhưng P − n(x) khơng chia
hết cho (x − α)

k+1

thì α được gọi là nghiệm bội k của đa thức Pn (x).

Đặc biệt, k = 1 thì α được gọi là nghiệm đơn, k = 2 thì α được gọi là nghiệm
kép.
Định lí 1.1.4 (Gauss, xem [3]). Mọi đa thức bậc n ≥ 1 trên trường C đều có đúng n
nghiệm nếu mỗi nghiệm được tính một số lần bằng bội của nó.
Bổ đề 1.1.5 (xem [3]). Các nghiệm phức thực sự của phương trình đa thức thực
Pn (z) = 0 xuất hiện theo từng cặp nghiệm liên hợp.
Định lí 1.1.6 (xem [3]). Mọi đa thức với hệ số thực đề có thể biểu diễn dưới dạng
n

Pn (x) = a0 (x − α1 ) 1 . . . (x − αr )
trong đó

x2 + p1 x + q1

m1

. . . x2 + ps x + qs

ms

s

r

mi = n,

ni + 2
i=1

nr

p2i − 4qi < 0, i = 1, s.

i=1

và α1 , α2 , . . . , αr ; p1 , p2 , . . . , ps ∈ R.
Từ Định lí 1.1.6 ta dễ dàng suy ra các hệ quả quan trọng sau đây.
Hệ quả 1.1.7.
(1) Số nghiệm phức của một đa thức với hệ số thực (nếu có) ln là số chẵn.
(2) Nếu đa thức f (x) với hệ số thực chỉ có nghiệm phức thì f (x) là một đa thức bậc
chẵn.
(3) Giả sử Pn (x) là đa thức bậc n có k nghiệm thực với k ≤ n thì n và k cùng tính
chẵn lẻ.
(4) Đa thức bậc lẻ với hệ số thực ln có ít nhất một nghiệm thực.
Định lí 1.1.8 (xem [3]). Một đa thức thực bậc n đều có khơng q n nghiệm thực.


5
Định lí 1.1.9 (Tính chất của hàm đa thức, xem [3]). Mọi đa thức Pn (x) ∈ R[x] đều

xác định và liên tục trên R. Ngoài ra,
Pn (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 ,

với an = 0.

Khi x → +∞ thì Pn (x) → d(an )∞. Khi x → +−∞ thì Pn (x) → (−1)n d(an )∞
trong đó n = deg Pn (x), an là hệ số chính và




+
nếu a > 0



d(a) = −
nếu a < 0





0
nếu a = 0

1.2

Nguyên lý Descartes đối với đa thức

Xét dãy số thực a0 , a1 , . . .(hữu hạn hoặc vô hạn) cho trước.
Định nghĩa 1.2.1 (xem [3]). Chỉ số m, (m ≥ 1) được gọi là vị trí (chỗ) đổi dấu của
dãy nếu am−1 am < 0 hoặc là
am−1 = am−2 = . . . = am−(k+1)
và
am−k am < 0

(m > k ≥ 2)

Trong trường hợp thứ nhất thì am−1 và am , cịn trong trường hợp thứ hai thì am−k
và am lập thành vị trí đổi dấu. Số lần đổi dấu (bằng số vị trí dổi dấu) của một dãy
nào đó vẫn khơng thay đổi nếu các số hạng bằng 0 được bỏ đi còn những số hạng
còn lại vẫn bảo tồn vị trí tương hỗ của chúng.
Nhận xét 1.2.2. Ta có các nhận xét sau đây.
(1) Các dãy số a0 , a1 , a2 , . . . , an và an , an−1 , . . . , a0 có cùng một số lần đổi dấu.
(2) Khi gạch bỏ các số hạng của dãy, số lần đổi dấu không tăng lên.


6
(3) Khi đặt và giữa các số hạng của dãy một số lượng tùy ý các số hạng bằng 0, số
vị trí đổi dấu của dãy cũng khơng thay đổi.
(4) Số vị trí đổi dấu sẽ khơng 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.
(5) Nếu p0 > 0, p1 > 0, . . . thì các dãy a0 , a1 , a2 , . . . và a0 p0 , a1 p1 , a2 p2 , . . . có
cùng những vị trí đổi dấu.
(6) Dãy a0 , a1 + a0 , a2 + a1 , . . . , an + an−1 , an có số vị trí đổi dấu khơng lớn hơn so
với dãy a0 , a1 , a2 , . . . , an .
Bài toán 1.2.1 (xem [3]). Giả sử giá trị của đa thức f (x) tại các điểm a và b là khác
0. Khi đó khoảng (a, b) sẽ chứa một số chẵn (hoặc số lẻ) các không điểm của hàm
ấy nếu f (a) và f (b) có cùng dấu (trái dấu) nhau.

Lời giải. Nhận xét rằng đa thức f (x) chỉ có thể chứa một số hữu hạn các không
điểm trong khoảng (a, b). Khi f (x) có khơng điểm có bội chẵn thì dấu của f (x) qua
khơng điểm đó là khơng đổi. Khi f (x) có khơng điểm có bội lẻ thì dấu của f (x) sẽ
thay đổi. Từ đó suy ra kết luận của bài toán.
Bài toán 1.2.2 (xem [3]). Giả sử aj , ak khác 0. Khi đó dãy số hữu hạn
aj , aj+1 , . . . , ak−1 , ak
sẽ có một số chẵn (hoặc một số lẻ) vị trí đổi dấu nếu aj và ak cùng dấu (hay trái
dấu).
Lời giải. Xét dãy
aj , aj+1 , aj+2 , . . . , ak−1 , ak .
Ta thực hiện các bước như sau.
• Giữ nguyên aj (= b0 ),


7
• Giữ lại aj+1 nếu aj+1 trái dấu với aj . Nếu xảy ra aj+1 = 0 hoặc aj+1 cùng dấu
với aj thì loại bỏ aj+1 .
• Tiếp tục q trình như vậy, nếu số nào cùng dấu với số đứng trước nó hoặc
bằng 0 thì gạch bỏ, ta được một dãy mới đan dấu như sau.
aj = b0 , b1 , b2 , . . . , bm

bm cùng dấu với ak .

– Nếu b0 và bm cùng dấu thì rõ ràng số vị trí đổi dấu của dãy b0 , b1 , b2 , . . . , bm
là số chẵn.
– Nếu b0 và bm trái dấu thì số vị trí đổi dấu của dãy là một số lẻ.
Từ đó ra có điều phải chứng minh.
Bài tốn 1.2.3 (xem [3]). Nếu j + 1 và k + 1 (j < k) là những vị trí dổi dấu kề nhau
của dãy a0 , a1 , a2 , . . . thì dãy của các hiệu số
aj+1 − aj , aj+2 − aj+1 , . . . , ak − ak−1 , ak+1 − ak

có một số lẻ vị trí đổi dấu (do đó có ít nhất một lần đổi dấu).
Lời giải. Theo giả thiết ta có
sign (aj+1 ) = sign (aj+1 − aj )

sign (ak+1 ) = sign (ak+1 − ak )

Từ giả thiết sign (aj+1 ) = − sign (ak+1 ) = 0 ta suy ra
sign (aj+1 − aj ) = − sign (ak+1 − ak ) = 0.
Do đó và trái dấu nhau. Theo kết quả của Bài tốn 1.2.2 ta có điều phải chứng minh.
Bài tốn 1.2.4 (xem [3]). Chứng minh rằng nếu dãy số
a0 , a1 , a2 , . . . , an
có ω vị trí đổi dấu thì dãy hiệu lập thành từ dãy đó
a1 − a0 , a2 − a1 , . . . , an − an−1
có ít nhất ω − 1 vị trí đổi dấu.


8
Lời giải. Ta ký hiệu những vị trí đổi dấu ta cần quan tâm là
k1 + 1, k2 + 1, . . . , kω+1 ,
mà
0 ≤ k1 < k2 < . . . < kω ≤ n − 1.
Khi đó mỗi dãy sau
ak1 +1 − ak1 , ak1 +2 − ak1 +1 , . . . , ak2 +1 − ak2 ,
ak2 +1 − ak2 , ak2 +2 − ak2 +1 , . . . , ak3 +1 − ak3 ,
...
akω +1 − akω , akω +2 − akω +1 , . . . , akω +1 − akω
Sẽ có ít nhất một vị trí đổi dấu (theo kết quả Bài toán 1.2.3).
Bài toán 1.2.5 (xem [3]). Nếu dãy hữu hạn
a0 , a1 , a2 , . . . , an
có ω vị trí đổi dấu thì dãy tạo nên từ nó theo cách sau

a0 , a1 − a0 , a2 − a1 , . . . , an − an−1 , an
sẽ có khơng ít hơn vị trí đổi dấu (loại trừ trường hợp tầm thường khi mọi số hạng
của dãy đều bằng 0).
Lời giải. Ta sử dụng ký hiệu như trong Bài toán 1.2.4. Mỗi dãy
a0 , a1 − a0 , a2 − a1 , . . . , ak1 +1 − ak1 ,
...
akω +1 − akω , akω +2 − akω +1 , . . . , an−1 − an , an
đều bổ sung thêm cho các vị trí một vị trí đổi dấu. Thật vậy, giả sử aα là số hạng đầu
tiên khác 0 của dãy. Khi đó 0 ≤ α ≤ k1 và
sign (aα − aα−1 ) = sign (aα ) = − sign (ak1 +1 ) = − sign (ak1 +1 − ak1 )


9
(theo kết quả của Bài tốn 1.2.2).
Lập luận hồn tồn tương tự ta được kết quả cho các dãy tiếp theo đã viết ở trên.
Định nghĩa 1.2.3 (xem [3]). Ta gọi sự đổi dấu và vị trí đổi dấu của đa thức
P (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0
chính là sự đổi dấu và vị trí đổi dấu của dãy hệ số
an , an−1 , . . . , a1 , a0 .
Bài toán 1.2.6 (xem [3]). Chứng minh rằng nếu α > 0 thì các đa thức P (x) và
P (αx) sẽ có số vị trí đổi dấu là như nhau.
Lời giải. Dễ dàng chứng minh bài toán trên dựa vào Nhận xét 1.2.2-(5).
Thật vậy, vì hai dãy
an , an−1 , . . . , a1 , a0 ,
αn an , αn−1 an−1 , . . . , αa1 , a0
có chung những vị trí đổi dấu.
Bài tốn 1.2.7 (xem [3]). Chứng minh rằng đa thức f (x) (x + 1) có số vị trí đổi
dấu khơng nhiều hơn số vị trí đổi dấu đối với đa thức
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 .
Lời giải. Ta có

f (x) (x + 1) = a0 + (a1 + a0 ) x + (a2 + a1 ) x2 + . . . (an + an−1 ) xn + an xn+1
có dãy hệ số là
a0 , a1 + a0 , a2 + a1 , . . . , an + an−1 , an
sẽ có số vị trí đổi dấu khơng nhiều hơn so với dãy số
a0 , a1 , a2 , . . . , an−1 , an

(dựa vào Nhận xét 1.2.2-(6)).


10
Bài toán 1.2.8 (xem [3]). Giả sử cho số. Chứng minh rằng khi ta chuyển từ đa thức
P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + an xn
đến đa thức
g (x) = (a − x) a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + an xn
= aa0 + (aa1 − a0 ) x + (aa2 − a1 ) x2 + . . . − an xn+1
thì số vị trí đổi dấu tăng thêm.
Lời giải. Thay x bởi αx ta thu được
g (ax) = (a − ax) a0 + a1 ax + a2 a2 x + . . . + an an xn
= aa0 + (aa1 − a0 ) ax + (aa2 − a1 ) a2 x2
+ . . . + (aan − an−1 ) an xn − an an+1 xn+1
là đa thức có dãy hệ số là
aa0 , (aa1 − a0 ) a, (aa2 − a1 ) a2 , . . . , (aan − an−1 ) an , −an an+1 .
Để ý rằng dãy hệ số
a0 , a1 , a2 , . . . , an−1 , an
có cùng vị trí đổi dấu như đối với dãy
aa0 , (aa1 − a0 ) a, (aa2 − a1 ) a2 , . . . , (aan − an−1 ) an
nên số vị trí đổi dấu của dãy
aa0 , (aa1 − a0 ) a, (aa2 − a1 ) a2 , . . . , (aan − an−1 ) an , −an an+1
tăng thêm ít nhất một vị trí đổi dấu. Vậy g(αx) có số vị trí đổi dấu tăng thêm ít nhất
một, mà g(x) và g(αx) có cùng vị trí đổi dấu (Bài tốn 1.2.7) nên từ đó ta suy ra

điều phải chứng minh.


11
Bài toán 1.2.9 (Quy tắc của dấu Descartes, [3]). Giả sử N là số không điểm dương
của đa thức
P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + an xn
và W là số lần đổi dấu trong dãy các hệ số của nó. Chứng minh rằng W ≥ N và
W − N là một số chẵn.
Lời giải. Khẳng định 1: W ≥ N . Giả sử là những không điểm dương của đa thức
P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + an xn .
Khi đó, ta có
P (x) = Q (x) (α1 − x) (α2 − x) . . . (αN − x) ,
trong đó Q(x) là đa thức bậc n − N với các hệ số thực. Nhận xét rằng Q(x) có số
vị trí đổi dấu khơng âm, Q (x) (α1 − x) có số vị trí đổi dấu lớn hơn hay bằng 1 (Bài
toán 1.2.8); Q (x) (α1 − x) (α2 − x) có số vị trí đổi dấu lớn hơn hay bằng 2,. . . Sau
cùng là
Q (x) (α1 − x) (α2 − x) . . . (αN − x)
có số vị trí đổi dấu lớn hơn hay bằng N và đó chính là điều phải chứng minh.
Khẳng định 2: W − N là số chẵn. Giả sử aα là hệ số khác 0 đầu tiên của đa thức và
aω là hệ số khác 0 cuối cùng của đa thức P (x) thì khi đó ω < α (nếu ω = α thì điều
cần chứng minh là hiển nhiên) nên ta xét trường hợp ω < α và
0 < z1 < α1 ≤ α2 ≤ α3 ≤ . . . ≤ αN < z2 < +∞.
Hiển nhiên đối với z1 đủ gần 0 và z2 đủ lớn thì
sign P (z1 ) = sign (aα ) ,

sign P (z2 ) = sign (aω )

(Bài toán 1.2.1 và 1.2.2) nên W − N là số chẵn. Nếu sign P (z1 ) = sign (aα ) và
sign P (z2 ) = sign (aω ) trái dấu nhau thì số vị trí đổi dấu của P (x) và số không

điểm dương P (x) đều cùng lẻ nên W − N là một số chẵn.


12

Một số ví dụ
Ví dụ 1.2.4. Chứng minh rằng đa thức
f (x) = x4 − 6x3 + 8x2 + 4x − 1
có ít nhất một nghiệm dương.
Lời giải. Xét dãy dấu các hệ số là + − + + −. Suy ra W = 3. Gọi số không điểm
dương của f (x) bằng N . Ta có 3 − N = 2k (k ∈ Z+ ) và N = 1 hoặc N = 1.
Vì f (0) f (1) < 0 nên đa thức đã cho có ít nhất một nghiệm dương trong khoảng
(0, 1).
Ví dụ 1.2.5. Chứng minh rằng đa thức
f (x) = x5 − 2x4 − 8x3 − x2 − 9x + 1
có đúng hai nghiệm dương và ít nhất một nghiệm âm.
Lời giải. Xét dãy dấu các hệ số là + − − − −+. Suy ra W = 2. Gọi số không điểm
dương của f (x) bằng N . Ta có 2 − N = 2k (k ∈ Z+ ) và N = 0 hoặc N = 2.
Vì f (0) f (1) < 0 nên đa thức đã cho có ít nhất một nghiệm dương trong khoảng
(0, 1) và vì N = 2 nên đa thức có đúng hai nghiệm dương.
Để khảo sát số nghiệm âm, ta xét đa thức
g (x) = f (−x) = −x5 − 2x4 + 8x3 − x2 + 9x + 1
có dãy dấu các hệ số là − − + − ++ nên Wg = 3. Vậy 3 − Ng = 2k (k ∈ Z + ). Suy
ra Ng = 3 hoặc Ng = 1. Vậy Ng

1.

Do đa thức g(x) có ít nhất một nghiệm dương nên đa thức f (x) có ít nhất một
nghiệm âm. Vậy ta có điều phải chứng minh.

1.3

Hệ quả trực tiếp

Bài toán 1.3.1 (xem [2]). Chứng minh rằng nếu đa thức P (x) ∈ R[x] khơng có
nghiệm dương thì tồn tại các đa thức Q(x) và R(x) với các hệ số không âm thỏa


13
mãn đồng nhất thức
P (x) =

Q (x)
.
R (x)

Lời giải. Không mất tính tổng qt, ta có thể coi đa thức P (x) ∈ R[x] thỏa mãn bất
đẳng thức P (x) > 0 ứng với mọi x > 0 nên P (x) có thể viết dưới dạng
m

s

(x − aj )

P (x) = a
j=1

(x − bk ) x − bk ,
k=1

trong đó a > 0, aj > 0, bk ∈ C và bk là số phức liên hợp của bk .
Do tích các đa thức với hệ số không âm là đa thức với hệ số không âm nên
ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp các đa thức gj (x) = x + aj và Fk (x) =
(x − bk ) x − bk có thể biểu diễn dưới dạng Q (x) /R (x) với Q(x) và R(x) là các
đa thức với hệ số không âm là đủ.
Với đa thức g (x) = (x + a) với a ≥ 0, ta chọn Q (x) = (x + a) ; R (x) ≡ 1.
Với đa thức F (x) = (x − b) x − b và Re b

0 thì chọn Q (x) = F (x) =

2

x2 + 2 |Re b| x + |b| và R (x) ≡ 1.
Với đa thức F (x) = (x − b) x − b và Re b > 0 thì khơng mất tính tổng qt,
có thể coi arg b ∈

0, π2 và chọn n ∈ N để 2n arg b ∈
k

với j = 0, 1, . . . , n − 1. Do arg b2 = 2k arg b (0

k

π
2,π

j

và Re b2 > 0

n) nên arg b2n

0 và

j

Re b2 > 0 với j = 0, 1, . . . , n − 1. Như vậy ta có
F (x) = (x − b) x − b
x 2 − b2
=

x2 − b

2

(x + b) x + b
x4 − b4

x4 − b

4

=

2

(x + b) x + b (x2 + b2 ) x2 + b
= ...
n
n

n
2n
x2 − b2
x2 − b
=
2n−1
(x + b) x + b x2n−1 + b2n−1 x2n−1 + b

=

Q (x)
.
R (x)

trong đó và là các đa thức có hệ số khơng âm vì
n

n

Q (x) = x2 − b2

n

x2 − b

2n

n

= x2

2

n

− 2 Re b2

n

x + b2

2


14
có các hệ số khơng âm. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Tiếp theo, chúng ta xét số nghiệm dương của đa thức thong qua số lần đổi dấu
của dãy các hệ số của đa thức. Đồng thời chúng ta cũng khảo sát một số kết quả về
số nghiệm của đa thức trên một khoảng hoặc nửa khoảng nào đó.
Ví dụ, chẳng hạn, để xác định số nghiệm âm của đa thức
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0
thì ta đặt g (x) = f (−x) và đi xét số nghiệm dương của và số nghiệm âm của đa
thức f (x) cũng chính là số nghiệm dương của đa thức g(x).
Cũng vậy, để xét số nghiệm của đa thức
f (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0
trong khoảng (−1, 1) thì ta áp dụng phép đổi biến phân tuyến tính
1+x
= t → t > 0.
1−x
Ta xem t như một hàm đối với biến x thì

t =

2
(1 − x)

2

> 0,

với mọi x ∈ (0, 1) .

Vậy hàm số t là hàm số đồng biến trong khoảng (−1, 1) và có tập giá trị là
(0, +∞). Vì vậy với mỗi ln tìm được duy nhất một giá trị x ∈ (−1, 1). Ta có
x=

t−1
t+1

Do đó
f (x) = f

t−1
t+1

n

=

ak
k=0

t−1
t+1

k

.

Xét hàm số
n

g (t) = (t + 1) f

t−1
t+1

n
k

ak (t − 1) (t + 1)

=
k=0

n−k


15
Dễ thấy số nghiệm x ∈ (−1, 1) của đa thức bằng số nghiệm dương của đa thức g(t).
Xét số nghiệm dương của đa thức g(t) sẽ suy ra được số nghiệm x ∈ (−1, 1) của đa

thức f (x).
Tương tự ta có thể xét số nghiệm của đa thức
n

ak xk

f (x) =
k=0

trên các nửa khoảng hoặc đoạn dạng [−1, 1) , (−1, 1] , [−1, 1]
Để xét số nghiệm của đa thức
n

ak xk

f (x) =
k=0

trên khoảng (a, b) tùy ý, ta tiến hành thực hiện phép đổi biến
x=
Ta có

a+b a−b
+
t,
2
2

n

n
k

f (x) =

ak x =
k=0

ak
k=0

t ∈ (−1, 1) .

a+b a−b
+
t
2
2

k

.

Khi ấy để xét số nghiệm của đa thức trong khoảng ta đi xét số nghiệm của
n

g (t) =

a+b a−b
+

t
2
2

ak
k=0

n

k

bk tk

=
k=0

trong đó
k

b−a
2

Ckj

bk = ak
j=0

j

a+b

2

k−j

.

Để xét số nghiệm của đa thức
n

ak xk

f (x) =
k=0

trên khoảng (0, +∞), ta tiến hành thực hiện phép đổi biến x = a + t thì t ∈ (0, +∞)
và dẫn đến xét nghiệm dương của đa thức
n

n
k

g (t) =

Ckj an−j

ak

ak (t + a) =
k=0

k

k=0

j=0

tk .


16

Chương 2

Biểu diễn một số dạng đa thức dương
trên một đoạn
2.1

Biểu diễn đa thức dương trên nửa trục thực

Trong phần này ta xét một số biểu diễn của đa thức dương trên một tập dưới dạng
tổng, hiệu, tích,. . . của các đa thức có dạng đặc biệt.
Bài tốn 2.1.1 (xem [2]). Cho đa thức P (x) ∈ R [x] và với mọi x ∈ R. Chứng minh
rằng đa thức có thể biểu diễn được dưới dạng
2

2

P (x) = [A (x)] + [B (x)]
trong đó A (x) , B (x) cũng là các đa thức.

Lời giải. Do P (x) ≥ 0 với mọi x ∈ R nên đa thức P (x) có bậc bằng 2n và có thể
phân tích được dưới dạng tích của các nhân tử bậc hai khơng âm, tức là
n
2

(aj x + xj ) + yj 2 ,

P (x) =
j=1

trong đó aj , xj , yj ∈ R, j = 1, 2, . . . , n.
Từ hằng đẳng thức
p1 2 + q1 2
ta có kết luận

2

p2 2 + q2 2 = (p1 p2 + q1 q2 ) + (p1 q2 − p2 q1 )

2


17
2

2

• Tích của hai biểu thức dạng [u (x)] + [v (x)] cũng là một biểu thức có dạng
đó.
• Sau hữu hạn bước thực hiện quy trình đó ta thu được biểu thức dạng

2

2

P (x) = [A (x)] + [B (x)] .
Bài toán 2.1.2 (xem [2]). Cho đa thức f (x) = ax2 + bx + c ∈ R [x] (a = 0) thỏa
mãn điều kiện f (x) ≤ 0 với mọi x ≥ 0 . Chứng minh rằng tồn tại đa thức P (x) sao
cho đa thức Q(x) = f (x)P (x) có tất cả các hệ số đều không âm.
Lời giải. Do f (x) ≥ 0 với mọi x ≥ 0 nên a > 0 và c = f (0) ≥ 0.
Nếu b ≥ 0 thì ta chọn P (x) = 1 và ta nhận được ngay điều phải chứng minh.
n

Nếu b < 0 và a > 0 thì ta tìm dưới dạng P (x) = (x + 1) với n ≥ 2. Ta có
n
n

Cnk xk

P (x) = (x + 1) =
k=0

nên
f (x) P (x) =

ax2 + bx + c (x + 1)

n

= axn+2 + (b + na) xn+1
n

aCnk−2 + bCnk−1 + cCnk xk + . . . + (b + nc) x + c

+... +
k=0

Ta chọn n sao cho




b + na ≥ 0



b + nc ≥ 0





aCnk−2 + bCnk−1 + cCnk ≥ 0,
Nhận thấy ngay rằng n > max

−b −b
a , c

(1)
(2)
∀k ≥ 2

(3)

với thì các điều kiện (1) và (2) được

thỏa mãn (do a > 0 ). Ta biến đổi vế trái của (3)
h (k) = (a − b + c) k 2 − [a − (n + 2) b + (2n + 3) c] k + c (n + 1) (n + 2) ≥ 0,


18
do b < 0, a ≥ 0, c ≥ 0 nên a − b + c > 0a.
Để đúng với mọi k ta chọn n sao cho biệt thức của tam thức bậc hai khơng dương
(∆h ≤ 0). Ta có
∆h =

b2 − 4ac n2 + 4b2 − 2ab − 8ac − 2bc n
+ a2 + 4b2 + c2 − 4ab − 2ac − 4bc .

Nhận xét rằng, biểu thức ∆h cũng là một tam thức bậc hai theo n có hệ số của n2 là
b2 − 4ac ≤ 0
(do f (x) ≥ 0 với mọi x ≥ 0, a > 0). Do vậy, ta có
lim ∆h = −∞

n→∞

Do đó với n đủ lớn thì ∆h ≤ 0. Từ đó ta suy ra tồn tại n thỏa mãn đồng thời các
điều kiện (1.1) , (1.2) , (1.3).
Bài toán 2.1.3 (xem [2]). Cho đa thức
P (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + an xn , (n ≥ 3)
thỏa mãn điều kiện P (x) > 0 với mọi x > 0. Chứng minh rằng tồn tại s ∈ N để đa

s

thức Q (x) dạng Q (x) = P (x) (x + 1) có các hệ số đều không âm.
Lời giải. Ta xét hai trường hợp deg P (x) = 2m và deg P (x) = 2m + 1 với m ∈ N.
Trường hợp 1. Khi deg P (x) = 2m thì ta có thể phân tích
m

ak x2 + bk x + ck

P (x) =
k=1

trong đó
ak x2 + bk x + ck (∀x > 0) .
theo Bài toán 2.1.1 với mỗi đa thức ak x2 + bk x + ck đều tồn tại số tự nhiên rk sao
cho đa thức
Qk (x) = ak x2 + bk x + ck (x + 1)

rk


19
có các hệ số đều khơng âm. Từ đó
m

m

Qk (x) =
k=1

P (x) (x + 1)

rk

= P (x) (x + 1)

r1 +...+rm

k=1

là một đa thức cũng có các hệ số đều không âm.
m

Vậy tồn tại số tự nhiên s =

ri với m =

i=1

n
2

thỏa mãn các điều kiện của đề bài.

Trường hợp 2. Khi deg P (x) = 2m + 1 thì P (x) có ít nhất một nghiệm khơng
dương là −a (a > 0). Ta có P (x) = (x + a) H (x) với H (x) > 0 (∀x > 0) và
deg H (x) = 2m.
Do deg H (x) = 2m nên theo Trường hợp 1 tồn tại số nguyên dương s sao cho đa
s

thức H (x) (x + 1) có các hệ số khơng âm và vì vậy đa thức Q (x) = P (x) (x + 1)

s

cũng có các hệ số đều khơng âm.
Bài tốn 2.1.4 (xem [2]). Chứng minh rằng nếu đa thức P (x) ≥ 0 với mọi x ∈ R
thì tồn tại các đa thức A (x) , B (x) , C (x) , D (x) để biểu diễn được dưới dạng
2

2

2

2

P (x) = [A (x)] + [B (x)] + x [C (x)] + [D (x)]

(2.1)

Lời giải. Trường hợp 1. Trường hợp deg P (x) = 2m.
Nếu m = 0 thì ta dễ dàng biểu diễn được (2.1).
Với m ≥ 1, ta có thể phân tích đa thức dưới dạng
m

ak x2 + bk x + ck

P (x) =
k=1

trong đó ak > 0, ak x2 + bk x + ck ≥ 0, ∀x ≥ 0. Nhận xét rằng với mỗi đa thức

ak x2 + bk x + ck ≥ 0, ∀x ≥ 0 ta đều viết được dưới dạng
2

ax2 + bx + c = (αk x + βk ) + x γk 2 + δk 2
nên

m
2

(αk x + βk ) + x γk 2 + δk 2

P (x) =
k=1


20
Mặt khác, ta cũng có tích của hai đa thức dạng p2 + q 2 + x r2 + s2 cũng là một
đa thức dạng đó. Thật vậy, ta có
p1 2 + q1 2 + x r1 2 + s1 2
p1 2 + q1 2

=
+x

p2 2 + q2 2 + x r2 2 + s2 2
r2 2 + s2 2

p2 2 + q2 2 + x2 r1 2 + s1 2

p1 2 + q1 2

r2 2 + s2 2 + x2 r1 2 + s1 2

p2 2 + q2 2

Vậy nên
2

2

2

P (x) = [A (x)] + [B (x)] + x [C (x)] + [D (x)]

2

Trường hợp 2.Trường hợp deg P (x) = 2m + 1 Lập luận tương tự Bài toán 2.1.3 ta
thu được
n

(x + d) ak x2 + bk x + ck

P (x) =
k=1

2

2

2

2

2

= [A (x)] + [B (x)] + x [B (x)] + [C (x)]

2

= [B (x)] + [C (x)]

(do các biểu thức trong ngoặc nhọn là không âm với mọi x nên áp dụng Bài toán
2.1.1 ta có kết quả biểu diễn).
Bổ đề 2.1.1 (xem [3]). Giả sử đa thức P1 (x) ∈ R [x] chỉ có một nghiệm dương. Khi
s

đó tồn tại s ∈ N để đa thức dạng Q1 (x) = (x + 1) P1 (x) có dãy hệ số đổi dấu
đúng một lần.
Chứng minh. Giả sử đa thức P1 (x) ∈ R [x] có một nghiệm dương là α với α > 0.
Ta có P1 (x) = (α − x) g (x) với g (x) > 0 (x > 0) nên theo Bài toán 2.1.2 tồn tại
để đa thức có các hệ số đều không âm.
Ta giả sử
M (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + an xn
trong đó ai ≥ 0 (i = 0, 1, . . . , n − 1) , an > 0 và M (x) > 0 (∀x > 0).
Xét đa thức
Q1 (x) = P1 (x) (x + 1)

s