Áp dụng định lí Rolle trong chứng minh bất đẳng thức đa thức

Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

ÁP DỤNG ĐỊNH LÍ ROLLE TRONG CHỨNG MINH
BẤT ĐẲNG THỨC ĐA THỨC
Lê Thị Minh
Trường THPT Sầm Sơn, Thanh Hóa

Tóm tắt nội dung
Nội dung báo cáo nhằm khảo sát một số ứng dụng của định lí Rolle trong đa thức. Sử
dụng các đồng nhất thức đa thức, các định lí Rolle, Lagrange,. . . cho phép chứng minh
các bất đẳng thức và các bài toán cực trị liên quan.

1

Định lí Rolle đối với đa thức

Định lý 1.1 (Định lí Rolle). Cho 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) để f (c) = 0.
Hệ quả 1.1 (Định lí Rolle đối với đa thức). Nếu đa thức f ( x ) có n (n ≥ 1) nghiệm phân
biệt thuộc khoảng ( a, b) thì đạo hàm của nó f ( x ) là đa thức có ít nhất n − 1 nghiệm
thuộc khoảng ( a, b). Các đa thức f (k) ( x ) (1 ≤ k ≤ n) có ít nhất n − k nghiệm phân biệt
thuộc khoảng ( a, b).
Hệ quả 1.2. Cho đa thức f ( x ) có khơng q n − 1 nghiệm phân biệt trong khoảng ( a, b)
thì đa thức f ( x ) có khơng q n nghiệm phân biệt trong khoảng đó.
Hệ quả 1.3. Cho đa thức f ( x ) bậc n ≥ 1 thỏa mãn điều kiện
f ( a) = f ( a) = · · · = f (n) ( a) = 0, f (b) = 0.
Khi đó tồn tại dãy điểm b1 , b2 , . . . , bn+1 sao cho
f (k) (bk ) = 0, k = 1, 2, . . . , n + 1.
Ta phát biểu một dạng khác của định lí Rolle cho đa thức.
Định lý 1.2 (Định lí Rolle mở rộng cho đa thức, , xem [5]). Nếu a, b là hai không điểm
kề nhau của đa thức f ( x ) (nghĩa là f ( a) = f (b) = 0, f ( x ) = 0 với a < x < b) thì trong

khoảng ( a, b) đa thức f ( x ) có một số lẻ (kể cả bội) các không điểm (do đó có ít nhất một
khơng điểm).
Tiếp theo, ta xét một hệ quả quan trọng của định lí Rolle, đó là định lí Lagrange.

1


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Định lý 1.3 (Định lí Lagrange, xem [5]). Giả sử hàm f liên tục trên đoạn [ a, b] và có đạo
hàm tại mọi điểm trong khoảng ( a, b). Khi đó tồn tại điểm c ∈ ( a, b) để
f (b) − f ( a) = f (c)(b − a).

(1.1)

Công thức (1.1) được gọi là công thức số gia hữu hạn Lagrange.
Nhận xét 1.1.
1) Ta đã thu được định lí Lagrange như là một hệ quả của định lí Rolle.
2) Ngược lại, định lí Rolle cũng là một trường hợp riêng của định lí Lagrange khi
f ( b ) = f ( a ).

2 Sử dụng định lí Rolle trong chứng minh bất đẳng
thức đa thức
Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:
Bổ đề 2.1. Cho đa thức Q( x ) bậc m và có m nghiệm thực đơn. Khi đó
Q (x)

2

− Q( x ).Q ( x ) > 0, ∀ x ∈ R.

Chứng minh. Thật vậy, gọi x1 , x2 , . . . , xm là nghiệm của Q( x ). Theo định lí Bezout, ta có
Q ( x ) = a ( x − x1 ) ( x − x2 ) . . . ( x − x m ) , x i = x j ( i = j ) .
Khi đó
Q ( x ) = a ( x − x1 ) ( x − x2 ) . . . ( x − x m )

1
1
1
+
+···+
x − x1
x − x2
x − xm

.

m
Q (x)
1
= ∑
.
Q( x )
i =1 x − x i
Lấy đạo hàm hai vế, ta được

Do đó

m
1
[ Q ( x )]2 − Q( x ).Q ( x )

=
.
∑
2
2
[ Q( x )]
i =1 ( x − x i )

Trường hợp 1. Nếu t ∈ R mà Q(t) = 0, thì
Q (t)

2

− Q(t).Q (t) = Q (t)

2

>0

do t là nghiệm đơn của Q(t) nên Q (t) = 0.
Trường hợp 2. Nếu t ∈ R và Q(t) = 0 thì
(2.1) ⇔ Q (t)

2

− Q(t).Q (t) > 0.

Bổ đề được chứng minh.

2

(2.1)


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Bài toán 2.1 (Olympic sinh viên 1999). Cho đa thức với hệ số thực
P ( x ) = a0 + a1 x + · · · + a n x n
có n nghiệm thực phân biệt. Chứng minh rằng
ak−1 .ak+1 < a2k , ∀k ∈ {1, 2, . . . , n − 1} .
Lời giải. Xét các đa thức
Q( x ) = P(k) ( x ), k = 0, 1, . . . , n − 1.
Áp dụng định lí Rolle và bổ đề 2.1, ta suy ra các đa thức trên chỉ có các nghiệm đơn.
Do đó
2
P(k−1) (0).P(k+1) (0) < P(k) (0) .
Suy ra

(k − 1)!ak−1 (k + 1)!ak+1 < (k!ak )2
k 2
a < a2k .
⇔ ak−1 .ak+1 <
k+1 k
Bài toán 2.2. Cho đa thức
P( x ) = x2018 + a1 x2017 + · · · + a2017 x + a2018
có 2018 nghiệm thực phân biệt và a2013 = 2013, a2015 = 2015. Chứng minh rằng
| a2014 | > 2014.
Lời giải. Nhận xét rằng bài toán 2.2 là một trường hợp riêng của bài toán 2.1.
Ta xét thêm cách giải khác bằng cách vận dụng định lí Viète để so sánh các cách giải
bài toán 2.2.
Từ biểu thức

P( x ) = x2018 + a1 x2017 + · · · + a2017 x + a2018 ,
thực hiện đạo hàm 3 lần, ta thu được
P ( x ) = 2018.2017.2016x2015 + · · · + 5.4.3.a2013 .x2 + 4.3.2.a2014 x + 3.2.a2015 .
Do P( x ) có 2018 nghiệm thực phân biệt nên theo định lí Lagrange, đa thức P ( x )
cũng có 2015 nghiệm thực phân biệt.
Đặt là y1 < y2 < · · · < y2015 .
Gọi y là tích của tất cả các nghiệm này.
3.2.a2015
Khi đó, theo định lí Viète thì
= y, vì a2015 = 0 nên y = 0 hay tất cả
2018.2017.2016
các nghiệm đều khác 0.
Mặt khác, ta cũng có
5.4.3.a2013
1
=y ∑
2018.2017.2016
yy
i< j i j

3


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
và
4.3.2a2014
= −y
2018.2017.2016

1

y
1≤i ≤2015 i

∑

(2.2)

Đặt 2001.2017.2016y = A thì ta có 3.2.2015 = A và
1
.
5.4.3.2013 = A ∑
y
i< j i y j
Chia hai đẳng thức trên, vế theo vế, ta thu được
1

∑ yi y j

5.4.3.2013
10.2013
=
.
3.2.2015
2015

=

i< j

Từ (2.2), ta cũng có

1
y
1≤i ≤2015 i

∑

4.3.2a2014 = − A

nên a2014 = −

2015
4

1
y
1≤i ≤2015 i
∑

= −3.2.2015

1
y
1≤i ≤1998 i

∑

.

Do đó

| a2014 | > 2014 ⇔ −
⇔

2015
4

1
y
1≤i ≤2015 i

∑

> 2014

1
4.2014
>
.
y
2015
1≤i ≤2015 i

∑

Đặt z1 < z2 < · · · < z2015 là nghịch đảo của các nghiệm này (không nhất thiết theo
thứ tự 1, 2, 3, . . . , 2015).
Ta đưa về xét bài toán:
10.2013
với zi ∈ R. Chứng minh bất đẳng thức
Cho ∑ zi z j =

2015
i< j

∑

zi >

1≤i ≤2015

4.2014
.
2015

Chú ý rằng
2 ∑ zi z j ≤
i< j

2015

Suy ra ∑ z2i ≥
i =1

2015

∑ (z2i + z2j ) = 2014 ∑ z2i .
i =1

i< j

20.2013

nên
2015 · 2014
2

∑

1≤i ≤2015

zi

≥

20.2013
20.2013
+
.
2015 · 2014
2015

Ta chỉ cần chứng minh
20.2013
20.2013
+
>
2015 · 2014
2015

4

4.2014

2015

2


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

⇔

20.2013
16 · 20142
+ 20.2013 >
.
2014
2015

Dễ thấy bất đẳng thức cuối này đúng nên ta có ngay điều phải chứng minh.
Bài tốn 2.3 (Taiwan TST 2014). Cho đa thức với hệ số thực
P( x ) = x n + an−2 x n−2 + an−3 x n−3 + · · · + a1 x + a0 , n ≥ 2.
Giả sử xk nghiệm thực của phương trình P( x ) = 0,k = 1, 2, . . . , n. Chứng minh rằng
2(1 − n )
a n −2 .
| xk | ≤
n
Lời giải. Theo định lí Viète, ta có






n

∑ xi = 0

∑

i =1

1≤ i < j ≤ n

x i x j = a n −2 .

Ta có
2

∑

n

1≤ i < j ≤ n

xi x j + ∑

xi2

2

n

∑ xi

=

i =1

= 0,

i =1

suy ra

−1
2

a n −2 =

n

∑ xi2

.

i =1

Ta giả sử
xi2 >

2(1 − n )
n−1 n 2

a n −2 =
xi , ∀i = 1, 2, . . . , n.
n
n i∑
=1

Lấy tổng, ta thu được
n

∑ xi2 > n.(

i =1

n−1 n 2
) ∑ xi
n
i =1

n

⇔

n

∑ xi2 > (n − 1) ∑ xi2

i =1

i =1

n

⇔ (2 − n) ∑ xi2 > 0 ⇔ n < 2,
i =1

mâu thuẫn với giả thiết. Ta có ngay điều phải chứng minh.
Bài tốn 2.4 (HSG TP HCM 2016). Cho đa thức với hệ số thực
P( x ) = x2016 + a2015 x2015 + a2014 x2014 + · · · + a1 x + a0 ,
có
P (1) P (2) = 0, 4

P (2)
P (1)
>
+ 2016.
P (2)
P (1)

Giả sử P( x ) có 2016 nghiệm thực. Chứng minh rằng trong 2016 nghiệm thực có ít nhất
một nghiệm thuộc khoảng (1, 2).

5


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Lời giải. Gọi x1 , x2 , . . . , x2016 là nghiệm của P( x ). Theo định lí Bezout, ta có
P( x ) = ( x − x1 ) ( x − x2 ) . . . ( x − x2016 ) .
Khi đó
P ( x ) = ( x − x1 ) ( x − x2 ) . . . ( x − x2016 )

1
1
1
+
+···+
x − x1
x − x2
x − x2016

.

2016
1
P (x)
= ∑
.
P( x )
x
−
xi
i =1
Ta sẽ chứng minh bằng phương pháp phản chứng.
Giả sử P( x ) khơng có nghiệm nào thuộc khoảng (1, 2). Khi đó

Do đó

4

P (2) P (1)
−

P (2)
P (1)

2016

=

∑

i =1
2016

=

∑

i =1

4
1
−
2 − xi
1 − xi
2 − 3xi
.
(2 − x i ) (1 − x i )

Nhận xét rằng
2 − 3x
≤ 1, ∀ x ∈

/ (1, 2)
2
−
x ) (1 − x )
(

⇔ 2 − 3x ≤ x2 − 3x + 2
⇔ x2 ≥ 0.
P (2) P (1)
−
≤ 2016, mâu thuẫn với giả thiết.
P (2)
P (1)
Vậy nên tồn tại ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (1, 2).

Do đó 4

Nhận xét 2.1. Trên đây là các bài tốn hay về ứng dụng định lí Viète và hệ quả của định
lí Bezout. Để xử lí được dạng tốn này ta cần có những kiến thức cơ sở về đại số và giải
tích.
Bài tốn 2.5. Cho 0 < a < b < c và 0 < q < p. Chứng minh rằng
c p bq + b p aq + a p cq ≥ cq b p + bq a p + aq c p .

(2.3)

Lời giải. Xét hàm số
f ( x ) = x p bq + b p aq + a p x q − x q b p − bq a p − aq x p .
Khi đó bất đẳng thức (2.3) tương đương với f (c) > 0.
Ta có f (b) = 0 và
f ( x ) = p ( b q − a q ) x p −1 + q ( a p − b p ) x q −1

p
bp − ap
= q ( b q − a q ) x q −1 x p − q − q
.
q
b − aq

6

(2.4)


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Áp dụng định lí Cauchy cho cặp hàm x p và x q trên đoạn [ a, b], ta có
bp − ap
p
pm p−1
= m p−q với a < m < b.
=
q
q
q
−
1
b −a
q
qm

(2.5)

Từ (2.4) và (2.5) ta có
f ( x ) = p(bq − aq ) x q−1 ( x p−q − m p−q ) > 0, ∀ x > 0.
Suy ra f ( x ) đồng biến trong khoảng (b, c), nên
f (c) > f (b) = 0.
Từ đó ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh.
4n2

n

1

Bài toán 2.6. Giả sử S1 = ∑

1

và S2 = ∑

1
2

1

k =1 k 3
k
Với những giá trị nào của n ta có S1 < S2 ?
k =1

, n ∈ N.

1

Lời giải. Xét hàm f ( x ) = x 2 , ( x ≥ 1). Rõ ràng f ( x ) liên tục và có đạo hàm trên [1, +∞),
1 1
và ta có f ( x ) = x − 2 .
2
Áp dụng định lí Lagrange trên đoạn [n, n + 1], ta có
f (n + 1) − f (n) = f (c), c ∈ (n, n + 1),
1 −1
1 1
c 2 < n− 2 .
2
2
1
1
> 2 ( n + 1) 2 − n 2 .
1

1

hay (n + 1) 2 − n 2 =
1

Suy ra n− 2

4n2

1

k =1

k2

Cho n chạy từ 1 đến 4n2 rồi cộng lại, ta được S1 = ∑

1

> 4n − 2, hay

S1 > 4n − 2

(2.6)

2

Xét hàm f ( x ) = x 3 , ( x ≥ 1). Rõ ràng f ( x ) liên tục và có đạo hàm trên [1, +∞), và ta có
2 1
f (x) = x− 3 .
3
Theo định lí Lagrange, ∃c ∈ (n, n + 1) sao cho
f ( n + 1) − f ( n ) = f ( c ),
2

2

2 −1
2
1
c 3 > ( n + 1) − 3 .
3
3

2
2
< 3 ( n + 1) 3 − n 3 .

hay (n + 1) 3 − n 3 =
1

Suy ra 2(n + 1)− 3

Cho n chạy từ 0 đến n − 1 và cộng lại, ta được
n

2∑

k =1

1
k

1
3

2

< 3n 3 < 3n < 8n − 4, hay
S2 < 4n − 2.

Từ (2.6) và (2.7) ta có S1 > S2 , ∀n ∈ N.
Như vậy, không tồn tại n ∈ N để S1 < S2 .

7

(2.7)


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Bài toán 2.7. Chứng minh rằng với n > 1(n ∈ N) và 0 < a < b ta có
nan−1 (b − a) < bn − an < nbn−1 (b − a).
Lời giải. Xét hàm số f ( x ) = x n , với x > 0.
Rõ ràng f ( x ) liên tục trên (0, +∞) và f ( x ) = nx n−1 . Khi đó theo định lí Lagrange,
∃c ∈ ( a, b) sao cho
f (b) − f ( a) = f (c)(b − a)
hay

bn − an = ncn−1 (b − a)

(2.8)

Do b − a > 0 và a < b < c nên ta có
nan−1 (b − a) < ncn−1 (b − a) < nbn−1 (b − a)

(2.9)

Từ (2.8) và (2.9) ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Bài toán 2.8. Cho t > 0 chứng minh bất đẳng thức
1+

1
t+1

t +1

> 1+

1
t

t

.

Lời giải. Xét hàm số
f ( x ) = x ln 1 +

1
x

= x [ln( x + 1) − ln x ], với x > 0.

Ta có
1
1
−
x+1 x
1
= ln( x + 1) − ln x −
x+1

f ( x ) = ln( x + 1) − ln x + x

(2.10)

Xét hàm số g(y) = ln y trên đoạn [ x, x + 1]. Rõ ràng g(y) liên tục trên [ x, x + 1], có đạo
1
hàm trong khoảng ( x, x + 1) và ta có g (y) = .
y
Theo định lí Lagrange, ∃c ∈ ( x, x + 1) sao cho
g( x + 1) − g( x ) = g (c)( x + 1 − x ),
1
.
c
1
1
Vì 0 < x < c < x + 1 nên >
, do đó
c
x+1
hay ln( x + 1) − ln x =

1
x+1
1
⇔ ln( x + 1) − ln x −
> 0.
x+1
ln( x + 1) − ln x >

8

(2.11)

Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Từ (2.10) và (2.11) ta thu được f ( x ) > 0, ∀ x > 0 suy ra f ( x ) là hàm đồng biến trong
khoảng (0, +∞).
Như vậy, với t > 0 ta có f (t + 1) > f (t) hay

(t + 1) ln 1 +
1
t+1

⇒ ln 1 +

1
x+1
t +1

> t ln 1 +

> ln 1 +

1
t

t

1
t

(2.12)

Do tính đồng biến của hàm g(y) = ln y, nên từ (2.12) ta suy ra
1+

1
t+1

t +1

> 1+

1
t

t

.

Bất đẳng thức được chứng minh.
Nhận xét 2.2. Ta đã biết, nếu n là số tự nhiên, ta ln có
1+

1
n+1

n +1

> 1+

1

n

n

(2.13)

.

Như vậy, bất đẳng thức trong bài trên là mở rộng của bất đẳng thức (2.13), từ các số
tự nhiên ra một số thực dương tuỳ ý.
Với bất đẳng thức (2.13), ta có cách chứng minh rất ngắn gọn hơn như sau:
1
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho n + 1 số gồm n số 1 +
và số 1, ta có
n
1
1
1
+ 1+
+···+ 1+
+1
n
n
n
≥
n+1
n +1
1
1 n
⇔ 1+

> 1+
.
n+1
n
1+

n +1

1+

1
n

n

Bất đẳng thức được chứng minh.
Bài toán 2.9. Cho n ∈ N∗ . Chứng minh rằng

√
1
xn 1 − x < √
, ∀ x ∈ (0, 1).
2ne
Lời giải. Bất đẳng thức đã cho tương đương với
x2n (2n − 2nx ) <

1
.
e

(2.14)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 2n số dương x và số dương 2n − 2nx, ta có
2n+1

x + x + · · · + x + 2n − 2nx
2n + 1
x + x + · · · + x + 2n − 2nx 2n+1
2n + 1
2n
+
1
2n
.
2n + 1

x2n (2n − 2nx ) ≤

⇔ x2n (2n − 2nx ) ≤
⇔ x2n (2n − 2nx ) ≤

9

(2.15)


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
Ta sẽ chứng minh
2n+1

2n
2n + 1

<

1
e

(2.16)

Thật vậy, ta có
2n+1
2n
< ln e−1
2n + 1
⇔ (2n + 1)[ln 2n − ln(2n + 1)] < −1
1
.
⇔ ln(2n + 1) − ln 2n >
2n + 1

(2.16) ⇔ ln

Áp dụng định lí Lagrange cho hàm số f ( x ) = ln x trên đoạn [2n, 2n + 1], khi đó ∃c ∈
(2n, 2n + 1) sao cho
ln(2n + 1) − ln 2n = f (c) =

1
1
>

.
c
2n + 1

Như vậy ta có bất đẳng thức (2.16).
Từ (2.15) và (2.16) ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh.
Bài toán 2.10 (Bất đẳng thức Newton). Giả sử a1 , a2 , a3 , a4 > 0 và

( x + a1 )( x + a2 )( x + a3 )( x + a4 ) = x4 + 4P1 x3 + 6P22 x2 + 4P33 x + P44 .
a) Tính P1 , P2 , P3 , P4 ?
b) Chứng minh rằng: P1 ≥ P2 ≥ P3 ≥ P4 .
Lời giải.
a)Tính P1 , P2 , P3 , P4 .
Ta có

( x + a1 )( x + a2 )( x + a3 )( x + a4 ) = x4 + ( a1 + a2 + a3 + a4 ) x3
+ ( a1 a2 + a1 a3 + a1 a4 + a2 a3 + a2 a4 + a3 a4 ) x 2
+ ( a1 a2 a3 + a1 a2 a4 + a1 a3 a4 + a2 a3 a4 ) x + a1 a2 a3 a4 .
Đồng nhất thức các hệ số ta được:


4P1 = a1 + a2 + a3 + a4



6P2 = a a + a a + a a + a a + a a + a a
2 3
2 4
3 4
1 2

1 3
1 4
2
3

4P3 = a1 a2 a3 + a1 a2 a4 + a1 a3 a4 + a2 a3 a4



 P4 = a a a a .
1 2 3 4
4

1


P1 = ( a1 + a2 + a3 + a4 )


4




P = 1 (a a + a a + a a + a a + a a + a a )
2
2 3
2 4
3 4
1 2

1 3
1 4
6
⇔


1


P3 = 3 ( a1 a2 a3 + a1 a2 a4 + a1 a3 a4 + a2 a3 a4 )


4


P = √
4 a a a a .
4

1 2 3 4

10


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019
b) Chứng minh rằng P1 ≥ P2 ≥ P3 ≥ P4 .
+) Theo bất đẳng thức AM-GM ta có ngay P1 ≥ P4 .
+) Ta chứng minh P1 ≥ P2 .
Đa thức P( x ) = x4 + 4P1 x3 + 6P22 x2 + 4P33 x + P44 có 4 nghiệm, vì thế theo hệ quả 1.2
thì P ( x ) có ít nhất 2 nghiệm, mà ta có

P ( x ) = 12x2 + 24P1 x + 12P22 .
P ( x ) có hai nghiệm ⇔ ∆ ≥ 0 ⇔ P12 ≥ P22 ⇔ P1 ≥ P2 (vì P1 > 0, P2 > 0).
+) Ta chứng minh P2 ≥ P3 .
Ta có P ( x ) = 4( x3 + 3P1 x2 + 3P22 x + P33 ).
1
4
Đặt x = thì ta có P ( x ) = 3 (1 + 3P1 t + 3P22 t2 + P33 t3 ).
t
t
Dễ thấy đa thức P ( x ) có 3 nghiệm âm nên đa thức
Q(t) = (1 + 3P1 t + 3P22 t2 + P33 t3 )
cũng có 3 nghiệm, suy ra Q (t) có 2 nghiệm.
Mặt khác, Q (t) = 3( P33 t2 + 2P22 t + P1 ). Q (t) có 2 nghiệm, nên ∆ ≥ 0 ⇔ P24 − P33 P1 ≥
0. Suy ra
P24 ≥ P33 P1 ≥ P33 P2 ( vì P1 ≥ P2 ≥ 0)

⇔ P23 ≥ P33 ⇔ P2 ≥ P3 .
+) Theo bất đẳng thức AM - GM ta dễ dàng chứng minh được P3 ≥ P4 .
Bài tốn 2.11 (Olympic Nga). Cho phương trình
a0 x n + a1 x n−1 + · · · + an−1 x + an = 0.( ai = 0, i = 1, 2, . . . , n)
có n nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng:

(n − 1) a21 > 2na0 a2 .
Lời giải. Xét đa thức f ( x ) = a0 x n + a1 x n−1 + · · · + an−1 x + an . Rõ ràng f ( x ) khả vi vơ
hạn lần trên R. Vì f ( x ) có n nghiệm phân biệt, nên theo hệ quả 1.1 thì
f ( x ) có ít nhất n − 1 nghiệm,
f ( x ) có ít nhất n − 2 nghiệm,
···
f (n−2) ( x ) có ít nhất 2 nghiệm.
n!

Mặt khác, ta có f (n−2) ( x ) = a0 x2 + (n − 1)!a1 x + (n − 2)!a2
2
f (n−2) ( x )có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > 0

⇔ [(n − 1)!a1 ]2 − 2n!a0 (n − 2)!a2 > 0
⇔ (n − 1) a21 > 2na0 a2 .
Ta có điều phải chứng minh.

11


Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019

Tài liệu
[1] Phan Huy Khải, 2000, Tốn nâng cao giải tích, NXB Hà Nội.
[2] Nguyễn Thị Dương Kiều, 2010, Định lí Rolle và một số áp dụng, Luận văn Thạc sỹ, Đại
học Khoa học, Đại học Thái Nguyên.
[3] Nguyễn Văn Mậu, Đặng Huy Ruận, Nguyễn Thủy Thanh, 2002, Phép tính vi phân và
tích phân hàm một biến, NXB ĐHQGHN
[4] Nguyễn Văn Mậu, Lê Ngọc Lăng, Phạm Thế Long, Nguyễn Minh Tuấn, 2006, Các đề
thi Olympic tốn sinh viên tồn quốc, NXB Giáo dục.
[5] Nguyễn Văn Mậu (2003), Đa thức đại số và phân thức hữu tỷ, NXB Giáo dục.
[6] Nguyễn Văn Mậu (2005), Bất đẳng thức, Định lí và áp dụng, NXB Giáo dục.
[7] Vũ Dương Thụy, Nguyễn Văn Nho (2001), 40 năm Olympic Toán học quốc tế, NXB
Giáo dục.
[8] Henry Cartan, 1961, Théorie élementaire des fonctions analytiques
d’une ou plusiers variables complexes Hermann, Paris.
[9] Radulescu T-L.T., Radulescu V.D., Andreescu T. (2009), Problems in Real Analysis:
Advanced Calculus on the real axis, Springer.
[10] Sausa Paulo Ney, Silva Jorge- Nume (1998), Problems in Mathematics, Springer.

12