BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG…………………
LUẬN VĂN
Một số tính chất của đa thức 0
Mục lục
Lời nói đầu 1
1 Định lý dạng Viète và các tính chất liên quan 4
1.1 Một số tính chất cơ bản của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Các định lý dạng Viète . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3 Định lý về số nghiệm thực của đa thức nguyên hàm . . . . . . . . . . . 14
2 Tính chất nghiệm của các đa thức nguyên hàm 57
2.1 Nhận xét về nguyên hàm của một số đa thức dạng đặc biệt . . . . . . . 57

P (t)dt (1)
có đủ k +1 nghiệm thực?
Tương tự, khi nào thì một đa thức P (x) ∈ R[x] với k nghiệm thực cho trước sẽ
cho một nguyên hàm cấp s (s>1) (gọi là đa thức nguyên hàm cấp s) dạng
F
s
(x)=
x

x
s
F
s−1
(x)dt (2)
có đủ k + s nghiệm thực?
2
Luận văn nhằm tập trung giải quyết các câu hỏi trên. Đó chính là các định lý
đảo của định lý Lagrange đối với lớp các đa thức thực. Đặc biệt, đối với những lớp
đa thức không thỏa mãn các điều kiện (1) và (2), ta sẽ xét bài toán "nắn lại" đồ thị
của đa thức đó bằng cách thêm một số nút nội suy để các điều kiện (1) và (2) được
thoả mãn.
Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn được chia thành 2 chương
Chương 1 bao gồm ba phần, trong phần đầu tác giả khái quát lại một số kiến
thức bổ trợ về đa thức, đạo hàm của đa thức và quy tắc dấu Descartes. Phần thứ hai
là các định lý dạng Viète, nêu cách biểu diễn đa thức qua hệ nghiệm của nguyên hàm
kết hợp với phương pháp nội suy đa thức theo các yếu tố hình học. Phần tiếp theo,
tác giả nêu lên định lý về số nghiệm của đa thức nguyên hàm. Định lý 1.11; 1.13 chỉ
ra điều kiện cần và đủ để một đa thức với các nghiệm đều thực sẽ cho một nguyên
hàm cũng có các nghiệm đều thực. Trên cơ sở đó trình bày điều kiện để tồn tại đa
thức nguyên hàm tới cấp tuỳ ý cho trước sao cho số nghiệm thực của các nguyên hàm

- F
c
(x) là nguyên hàm (cấp 1) của đa thức f(x) ứng với hằng số c,
tức là F
c
(x)=F
0
(x)+c với c ∈ R.
- F
0,k
(x) là nguyên hàm cấp k của đa thức f(x) ứng với hằng số c =0,
tức là F
0,k
(x) thoả mãn điều kiện F
0,k
(0) = 0.
- F
c,k
(x) là nguyên hàm cấp k của đa thức f(x) ứng với hằng số c,
tức là F
c,k
(x)=F
0,k
(x)+c với c ∈ R.
- H
n
là tập hợp đa thức với hệ số thực P
n
(x) bậc n (n>0) với hệ số tự do bằng 1
(P

x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ ···+ a
1
x + a
0
,
trong đó các hệ số a
n
,a
n−1
, ,a
0
là những số thực (hoặc phức)
và a
n
=0,n∈ N.
Ta kí hiệu
i. Bậc của đa thức P
n
(x) là deg P
n
(x). Do vậy deg P
n
(x)=n.
ii. a

5
Nếu tồn tại k ∈ N,k>1, sao cho P
n
(x)
.
.
.(x − α)
k
nhưng P
n
(x) không chia hết
cho (x − α)
k+1
thì α được gọi là nghiệm bội bậc k của đa thức f(x).
Đặc biệt, khi k =1thì α được gọi là nghiệm đơn, k =2thì α được gọi là nghiệm
kép.
Chú ý 1.2. Nghiệm của đa thức thực còn được gọi là không điểm của đa thức đó.
Định lý 1.1 (Gauss). 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. Các nghiệm phức thực sự (khác thực) của đa thức thực P
n
(x) xuất hiện
theo từng cặp nghiệm liên hợp.
Chứng minh. Thật vậy, nếu a ∈ C là nghiệm của phương trình P
n
(x)=0thì
P
n
(a)=0. Khi đó ta có
0=

)
với d
i
,b
k
,c
k
∈ R, 2s + m = n, b
2
k
− 4c
k
< 0,m,n ∈ N
∗
.
Hệ quả 1.1.
(1) Số nghiệm phức của một đa thức với hệ số thực (nếu có) luôn luôn 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) Nếu đa thức bậc n có k nghiệm thực k  n thì n và k cùng tính chẵn lẻ.
(4) Đa thức bậc lẻ với hệ số thực luôn có ít nhất một nghiệm thực.
Định lý 1.3. Mỗi đa thức thực bậc n đều có không quá n nghiệm thực.
Định lý 1.4 (Tính chất hàm của đa thức). Mọi đa thức P(x) ∈ R[x] đều xác
định và liên tục trên R.
6
Ngoài ra, khi
P
n
(x)=a
n

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

Định lý 1.6. Nếu đa thức P (x) ∈ R[x] có k nghiệm thực thì đa thức P

(x) có ít nhất
k − 1 nghiệm thực.
Hệ quả 1.2. Nếu đa thức P(x) ∈ R[x] có các nghiệm đều thực thì đa thức P

(x) cũng
có các nghiệm đều thực.
7
Từ bổ đề 1.2, ta có phát biểu bài toán ngược dưới dạng định lý sau đây.
Định lý 1.7. Nếu x
0
là nghiệm bội bậc s (s ∈ N,s > 1) của đa thức f(x) ∈ R[x] và
x
0
cũng là nghiệm của nguyên hàm F (x) của f(x) thì x
0
là nghiệm bội bậc s +1 của
đa thức nguyên hàm F (x).
Chứng minh. Vì x
0
là nghiệm bội bậc s của f(x) nên f(x) có dạng
f(x)=(x − x
0
)
s
g(x),g(x
0
) =0.
Giả sử

k − 1 nhưng f(x) ≡ F

(x) nên k − 1=s hay k = s +1.
Vậy F (x) nhận x
0
là nghiệm bội bậc s +1.
Tiếp theo, ta chuyển sang xét quy tắc dấu Descartes.
Xét dãy số thực a
0
,a
1
,a
2
,
Định nghĩa 1.3. Chỉ số m (m ∈ N,m 1) được gọi là vị trí (chỗ) đổi dấu của dãy
nếu có a
m−1
a
m
< 0 hoặc là
a
m−1
= a
m−2
= ··· = a
m−(k−1)
=0 trong đó a
m−k
a
m

n−1
, ,a
1
,a
0
.
8
Ta có các tính chất sau đây.
Tính chất 1.1. Các dãy a
0
,a
1
,a
2
, ,a
n
và a
n
,a
n−1
, ,a
0
có cùng một số lần đổi
dấu.
Tính chất 1.2. Khi gạch bỏ các số hạng của dãy, số lần đổi dấu không tăng lên.
Tính chất 1.3. Khi đặt vào giữa các số hạng của dãy một số lượng tuỳ ý các số hạng
bằng 0, số vị trí đổi dấu của dãy cũng không thay đổi.
Tính chất 1.4. Số vị trí đổi dấu sẽ không thay đổi nếu bên cạnh một số hạng nào
đó của dãy ta đặt một số hạng mới có cùng dấu với số hạng đó.
Tính chất 1.5. Nếu p

,a
1
+ a
0
,a
2
+ a
1
, ,a
n
+ a
n−1
,a
n
có số vị trí đổi dấu không
lớn hơn so với số vị trí đổi dấu của dãy a
0
,a
1
,a
2
, ,a
n
.
Tính chất 1.7 (Quy tắc dấu Descartes). Giả sử N là số không điểm dương của
đa thức
f(x)=a
0
+ a
1

n
và N là số
không điểm dương của đa thức f(x) thì W = N.
1.2 Các định lý dạng Viète
Định lý Rolle đã cho ta một thuật toán dựng các đa thức có các nghiệm đều
thực từ các đa thức có các nghiệm đều thực cho trước bằng phép lấy đạo hàm. Ta
đã biết rằng, mọi đa thức có các nghiệm đều thực đều được biểu diễn một cách duy
nhất qua hệ nghiệm của nó. Đó chính là nội dung của định lý Viète quen thuộc trong
chương trình toán của bậc phổ thông.
9
Định lý 1.8 (Định lý Viète ). Nếu tam thức bậc hai
f(x)=ax
2
+ bx + c, a, b, c ∈ R,a=0,
có các nghiệm thực x
1
,x
2
thì





x
1
+ x
2
= −
b

, ,x
n
thì



















a
1
a
0
= x
1
+ ···+ x
n

2
···x
n
= E
n
(¯x)
Khi đó, các hàm E
1
(¯x),E
2
(¯x), ,E
n
(¯x) được gọi là hàm (đa thức) đối xứng sơ cấp
Viète bậc 1, 2, ,n, tương ứng của bộ gồm n số thực ¯x = {x
1
,x
2
, ,x
n
} (n ∈ N
∗
).
Đặc biệt, nếu đa thức f(x) có hệ số cao nhất là 1 (hay a
0
=1) thì







a
n
= x
1
x
2
···x
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 dạng đa thức có bậc thấp.
10
Bổ đề 1.3 (Định lý dạng Viète đối với tam thức bậc hai).
Tam thức bậc hai với hệ số thực f(x)=3x
2
− 2bx + c có nghiệm thực khi và chỉ khi
các hệ số b, c có dạng



b = α + β + γ
c = αβ + βγ + γα.
(1.1)
trong đó α,β,γ ∈ R.
Chứng minh.
Điều kiện đủ. Giả sử tam thức bậc hai f (x)=3x
2

(γ − α)
2
 0.
Suy ra tam thức bậc hai f(x)=3x
2
− 2bx + c có hai nghiệm thực.
Điều kiện cần. Giả sử tam thức bậc hai f(x)=3x
2
− 2bx + c có hai nghiệm thực.
Ta xét các trường hợp sau đây.
(i). Nếu đa thức f(x) có nghiệm kép là x = x
0
thì f(x)=3(x − x
0
)
2
. Khi đó nguyên
hàm F (x)=(x − x
0
)
3
nhận x = x
0
là nghiệm bội bậc 3.
(ii). Nếu đa thức f(x) có hai nghiệm phân biệt là x = x
1
,x = x
2
(x
1


. Suy ra nguyên hàm F (x) đã chọn có 3 nghiệm thực.
Vậy mọi tam thức bậc hai có nghiệm thực đều có nguyên hàm là đa thức bậc ba
có ba nghiệm thực. Vì thế luôn tồn tại nguyên hàm của f(x)=3x
2
− 2bx + c có dạng
F (x)=(x − α )(x − β)(x − γ)
hay
F (x)=x
3
− (α + β + γ)x
2
+(αβ + βγ + γα)x − αβγ
11
→ F

(x)=3x
2
− 2(α + β + γ)x +(αβ + βγ + γα).
Đồng nhất hệ số của F

(x) và f(x)=3x
2
− 2bx + c ta suy ra điều phải chứng minh.

Bổ đề 1.4 (Định lý dạng Viète đối với đa thức bậc 3).
Đa thức bậc 3 với hệ số thực f(x)=−4x
3
+3ax
2

Thay a, b, c từ công thức (1.2) vào biểu thức F (x), ta thu được
F (x)=− x
4
+(α + β + γ + δ)x
3
− (αβ + αγ + αδ + βγ + βδ + γδ)x
2
+(αβγ + αβδ + αγδ + βγδ)x − m.
Ta chọn m = αβγδ. Khi đó,
F (x)=− [x
4
− (α + β + γ + δ)x
3
+(αβ + αγ + αδ + βγ + βδ + γδ)x
2
− (αβγ + αβδ + αγδ + βγδ)x + αβγδ]
= − (x − α)(x − β)(x − γ)(x − δ ) .
Suy ra F (x) có bốn nghiệm thực là α,β,γ,δ. Theo định lý Rolle thì f(x)=F

(x) có
ba nghiệm thực.
(ii). Điều kiện cần. Giả sử đa thức bậc ba f(x) có ba nghiệm thực. Ta chứng minh
rằng tồn tại đa thức bậc 4 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).
12
Thật vậy, ta xét ba trường hợp sau đây.
(ii.1) Nếu f(x) có nghiệm bội ba là x
0

2
).
Suy ra
F (x)=−x
4
+
4
3
x
1
x
3
+ c, c ∈ R.
Chọn c =0thì đa thức F (x)=−x
3

x −
4
3
x
1

có 2 nghiệm phân biệt, trong đó
x =0là nghiệm bội bậc ba, nghiệm còn lại là x =
4
3
x
1
. Khi đó chọn α = β = γ =0,
δ =

−
4
3
(a − b)x
3
+2abx
2
+ c, c ∈ R.
Chọn c =0thì
F (x)=−x
4
−
4
3
(a − b)x
3
+2abx
2
= −x
2

x
2
+
4
3
(a − b)x − 2ab

.
Suy ra F (x)=0khi và chỉ khi x

3
,x
4
.
Vậy F (x) có 4 nghiệm là
x
1
= x
2
=0 (α = β =0),x
3
= γ, x
4
= δ.

Ví dụ 1.1. Cho α =1,β= −1,γ=2,δ=4thay vào công thức (1.2) ta thu được
a = −5,b=5,c= −5.
Khi đó đa thức f (x)=−4x
3
+15x
2
− 10x − 5 có 3 nghiệm thực là
x
1
≈−0, 33; x
2
≈ 1, 47; x
3
≈ 2, 61.
Nhận xét rằng, nếu ta chọn m = −6(= αβγδ) thì đa thức nguyên hàm

n−1
+(−1)
2
(n − 1)a
2
x
n−2
+ ···+(−1)
n
a
n
với các hệ số a
1
,a
2
, ,a
n
có dạng













14
Chứng minh. Xét đa thức
F (x)=x
n+1
+(−1)a
1
x
n
+(−1)
2
a
2
x
n−1
+ ···+(−1)
n
a
n
x +(−1)
n+1
a
n+1
,
trong đó các a
1
,a
2
, ,a
n
xác định theo (1.3) và

Một câu hỏi tự nhiên nảy sinh là: Với những điều kiện nào thì đa thức
f(x)=
m

k=1
(x − x
k
)
r
k
,x
1
 x
2
 ···  x
m
,r
1
+ ···+ r
m
= n
sẽ có ít nhất một nguyên hàm (đa thức nguyên hàm) của nó có các nghiệm đều thực?
Đối với đa thức có bậc tuỳ ý, định lý 1.10 đã cho ta câu trả lời của điều kiện đủ.
Ta dễ dàng chỉ ra điều kiện cần (bổ đề 1.3 vàbổđề1.4) cho các đa thức có bậc không
vượt quá 3. Tuy nhiên đối với các đa thức có bậc lớn hơn 3 thì bài toán trở nên phức
tạp hơn nhiều.
15
Chẳng hạn, ta xét đa thức bậc 4
f(x)=x
4

− c
có số nghiệm thực không vượt quá 3 với mọi c ∈ R.
Thật vậy, do hàm số f(x)=x
2
(x − 1)
2
 0, ∀x nên nguyên hàm F (x) luôn đồng
biến, vì thế với mọi c ∈ R thì đường thẳng y = c cắt đồ thị của hàm số
F
0
(x)=
1
5
x
5
−
1
2
x
4
+
1
3
x
3
tại duy nhất một điểm. Đặc biệt, nếu chọn c =0thì giao điểm trên là điểm bội 3.
Tiếp theo ta xét đa thức
f(x)=5x
4
+5x

2
x
2
+60x
đạt cực đại tại các nút x
1
= −4,x
3
=1và đạt cực tiểu tại các nút x
2
= −1,x
4
=3.
Sau đây là đồ thị của nguyên hàm F
0
(x).
Quan sát đồ thị ta thấy số nghiệm của nguyên hàm F
c
(x)=F
0
(x) − c phụ thuộc
vào giá trị của hằng số c như sau:
16
- Nếu c<F
0
(x
2
) hoặc c>F
0
(x

3
)(x − x
4
),x
1
 x
2
 x
3
 x
4
có nguyên hàm F
0
(x) là đa thức bậc 5 với hệ số thực
F
0
(x)=x
5
− a
1
x
4
+ a
2
x
3
− a
3
x
2

<x
2
<x
3
<x
4
) thì
nguyên hàm của nó đạt cực đại tại x = x
1
và x = x
3
, đạt cực tiểu tại x = x
2
và
x = x
4
. Suy ra
F
0
(x
1
) >F
0
(x
2
),F
0
(x
3
) >F

0
(x
2
),F
0
(x
4
)}.
Suy ra
max{F
0
(x
2
),F
0
(x
4
)}  min{F
0
(x
1
),F
0
(x
3
)}.
17
Ta xét hai khả năng sau đây.
(i). Nếu max{F
0

3
)}).
Khi đó, F
0
(x
1
) >chay F
c
(x
1
) > 0 và F
0
(x
2
) <chay F
c
(x
2
) < 0.
Suy ra
F
c
(x
1
)F
c
(x
2
) < 0.
Do đó ∃ x

còn có một nghiệm nữa.
Thật vậy, do lim
x→−∞
F
0
(x)=−∞ và F
0
(x
1
) − c>0 nên trong (−∞,x
1
) nguyên
hàm F
c
(x) có nghiệm. Tương tự, do lim
x→+∞
F
0
(x)=+∞ và F
0
(x
4
) − c<0 nên trong
khoảng (x
4
, +∞) nguyên hàm F
c
(x) cũng có nghiệm. Suy ra F
c
(x) có ít nhất 5 nghiệm

),F
0
(x
3
)}).
Ta chia trục số thành 3 đoạn và 2 nửa khoảng như sau
(−∞,x
1
], [x
1
,x
2
], [x
2
,x
3
], [x
3
,x
4
], [x
4
, +∞).
- Xét trong nửa khoảng (−∞,x
1
]. Do deg F
0
(x)=5nên lim
x→−∞
F

(x).
- Xét đoạn [x
1
,x
2
]. Khi đó sẽ xảy ra các khả năng sau đây.
Nếu F
0
(x
1
)=c thì x
1
là nghiệm của F
c
(x). Kết hợp với
F
0
(x
2
) <F
0
(x
1
)=c
18
thì x
1
là nghiệm của nguyên hàm F
c
(x) trong đoạn [x

∈ [x
1
,x
2
] là nghiệm của F
c
(x). Nếu xảy ra F
0
(x
2
)=c thì x
2
là nghiệm duy nhất
của nguyên hàm F
c
(x) trong đoạn [x
1
,x
2
].
Như vậy trong mỗi nửa khoảng (−∞,x
1
] và đoạn [x
1
,x
2
] luôn tồn tại ít nhất 1
nghiệm thực của nguyên hàm F
c
(x).

4
) thì hiển nhiên (1.4) là không thoả mãn và không tồn tại
c để đa thức F (x) có 5 nghiệm thực.
Khi F
0
(x
1
) >F
0
(x
4
), và x
1
= x
2
<x
3
<x
4
, thì ta chọn c = F
0
(x
1
). Ta cần chứng
minh đa thức F
c
(x)=F
0
(x) − c có 5 nghiệm thực.Thật vậy, do x
1

0
(x
4
) hay F
0
(x
4
) − c<0
→

F
0
(x
3
) − c

F
0
(x
4
) − c

< 0.
Suy ra ∃ x ∈ (x
3
,x
4
) là nghiệm của đa thức F
0
(x) − c.

)=F
0
(x
4
). Khi đó, x
1
là
nghiệm bội bậc 2 của f(x) nên cũng là nghiệm bội bậc 3 của nguyên hàm F
c
(x) còn
x
4
là nghiệm của f( x) và F
c
(x) nên x
4
là nghiệm kép của nguyên hàm F
c
(x). Ngoài ra,
trong khoảng (−∞,x
1
) nguyên hàm F
c
(x) < 0 do lim
x→−∞
F
0
(x)=−∞. Trong khoảng
(x
4

4
) nên nguyên hàm
F
c
(x) không có nghiệm trong khoảng (x
2
,x
4
). Vậy trong trường hợp này nguyên hàm
F
c
(x) có 5 nghiệm thực (kể cả bội).
Nếu xảy ra trường hợp x
1
<x
2
= x
3
<x
4
thì chọn c = F
0
(x
2
). Ta thu cũng được
nguyên hàm F
c
(x)=F
0
(x) − c có 5 nghiệm thực. Thật vậy, do x

(x
1
) − c>0. Mặt khác, ta thấy lim
x→−∞
F
0
(x)=−∞ nên trong khoảng (−∞,x
1
), đa
thức F
0
(x) có ít nhất một nghiệm. Tương tự, do F
0
(x
4
) − c<0 và lim
x→+∞
F
0
(x)=+∞
nên trong khoảng (x
4
, +∞), đa thức F
0
(x) cũng có nghiệm.
Vậy đa thức F
c
(x)=F
0
(x) − c có ít nhất 5 nghiệm thực.

(iii). Khi f(x) có ba nghiệm trùng nhau, chẳng hạn x
1
= x
2
= x
3
<x
4
(x
1
<x
2
=
x
3
= x
4
) thì f(x)=5(x − x
1
)
3
(x − x
4
). Khi đó
F
0
(x)=
5
4
(x − x

1
)
5
.
Suy ra
F
0
(x
1
)=F
0
(x
2
)=F
0
(x
3
)  F
0
(x
4
)
thoả mãn điều kiện (1.4). Ta chọn c =0và thu được nguyên hàm F
0
(x) có đúng 5
nghiệm thực.
(iv). Cuối cùng ta xét trường hợp khi cả 4 nghiệm trùng nhau x
1
= x
2

) ···(x − x
n
),x
1
 x
2
 x
3
 ···  x
n
;
F
0
(x) là một nguyên hàm của f (x) thoả mãn điều kiện F
0
(0) = 0. Khi đó, điều kiện
cần và đủ để tồn tại số thực c sao cho nguyên hàm
F
c
(x)=F
0
(x) − c
có các nghiệm đều thực là
max
1≤i≤
[
n
2
]
F

1
x
n
+(−1)
n−2
a
2
x
n−1
+ ···+(−1)a
n−1
x
2
+ a
n
x
và F
c
(x)=F
0
(x) − c, c ∈ R.
Nếu n chẵn thì
F
c
(x)=x
n+1
− a
1
x
n

x − c.
Nhận xét rằng, deg F
c
(x)=n +1 ∀c ∈ R nên đa thức F
c
(x) có không quá n +1
nghiệm thực (định lý 1.3). Cần phải chứng minh F
c
(x) có ít nhất n +1 nghiệm thực.
Phép chứng minh dựa theo sự phân bố nghiệm của đa thức f(x).
Trường hợp 1. Nếu f(x) có n nghiệm phân biệt (tức x
1
<x
2
<x
3
< ··· <x
n
) thì
f(x
k
)=0, ∀k ∈{1, 2, ,n}.
Nhận xét rằng, tại các nút x
1
,x
3
,x
5
, ,x
2

n
2
]
F
0
(x
2i
) < min
0≤j≤
[
n−1
2
]
F
0
(x
2j+1
)
thì ta chọn
c ∈

max
1≤i≤
[
n
2
]
F
0
(x

) < 0. Suy ra
F
c
(x
1
)F
c
(x
2
) < 0.
Do đó ∃ x
1
∈ (x
1
,x
2
) là nghiệm của đa thức F
c
(x).
Tương tự, ∃ x
2
∈ (x
2
,x
3
), x
3
∈ (x
3
,x

F
c
(x) có nghiệm. Tương tự, do lim
x→+∞
F
0
(x)=+∞ nếu n chẵn và lim
x→+∞
F
0
(x)=−∞
nếu n lẻ. Mặt khác, F
0
(x
2k
) − c<0 và F
0
(x
2k+1
) − c>0, nên trong khoảng (x
n
, +∞)
nguyên hàm F
c
(x) luôn có nghiệm.
Vậy nguyên hàm F
c
(x) có ít nhất n +1nghiệm thực.
(ii). Nếu
max

2i
) = min
0≤j≤
[
n−1
2
]
F
0
(x
2j+1
).
Ta chia trục số thành n − 1 đoạn và 2 nửa khoảng như sau
(−∞,x
1
], [x
1
,x
2
], ,[x
2q−1
,x
2q
], [x
2q
,x
2q+1
], ,[x
n
, +∞).

0
(x
1
) − c>0 thì ∃ x
1
∈ (−∞,x
1
] là nghiệm của F
c
(x).
- Xét đoạn [x
1
,x
2
]. Khi đó sẽ xảy ra các khả năng sau đây.
Nếu F
0
(x
1
)=c thì x
1
là nghiệm của F
c
(x). Kết hợp với
F
0
(x
2
) <F
0

2
) <c→ F
0
(x
2
) − c<0 thì
∃ x
2
∈ [x
1
,x
2
] là nghiệm của F
c
(x). Nếu xảy ra F
0
(x
2
)=c thì x
2
là nghiệm duy nhất
của nguyên hàm F
c
(x) trong đoạn [x
1
,x
2
].
Như vậy trong mỗi nửa khoảng (−∞,x
1

2
) và
F
0
(x
1
)  min
0≤j≤[
n−1
2
]
F
0
(x
2j+1
),F
0
(x
2
)  max
1≤i≤[
n
2
]
F
0
(x
2i
),
ta suy ra

n
2
]
F
0
(x
2i
)  min
0≤j≤[
n−1
2
]
F
0
(x
2j+1)
ta thu được kết quả sau đây
max
1≤i≤[
n
2
]
F
0
(x
2i
) = min
0≤j≤[
n−1
2

2

F
0
(x
2j+1
)=F
0
(x
1
)=F
0
(x
2
).
Xét nguyên hàm F
c
(x)=F
0
(x) − c. Ta chứng minh rằng đa thức F
c
(x) có các
nghiệm đều thực.
Vì x
1
là nghiệm bội bậc s của f(x) nên theo định lí 1.4 thì x
1
là nghiệm bội bậc
s +1 của đa thức F
c

F (x
2i
) hay F
0
(x
s+2
) − c<0. Suy ra

F
0
(x
s+1
) − c

F
0
(x
s+2
) − c

< 0.
Vì thế ∃ x
s+2
∈ (x
s+1
,x
s+2
) là nghiệm của đa thức F
0
(x) − c. Tương tự, ∃ x

2i
) − c<0 và F
0
(x
2i+1
) − c>0,
nên trong (x
n
, +∞)nguyên hàm F
0
(x) − c luôn có ít nhất một nghiệm thực.
Vậy nguyên hàm F
c
(x)=F
0
(x) − c có ít nhất n +1nghiệm thực.
Chứng minh tương tự cho trường hợp s lẻ.
(ii). Giả sử f(x) có ít nhất hai nghiệm bội khác nhau x
α
= x
α+1
= ··· = x
β
và
x
γ
= x
γ+1
= ··· = x
δ

được
F
0
(x
α
) = max
[
α
2
]≤i≤[
β
2
]
F
0
(x
2i
) = min
[
α
2
]≤j≤[
β−1
2
]
F
0
(x
2j+1)
= F