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


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

Đa thức có vị trí rất quan trọng trong toán học không những là một đối tượng
nghiện cứu trọng tâm của Đại số mà còn là một công cụ đắc lực của Giải tích trong
lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn, lý thuyết điều khiển, tối ưu. . . Ngoài ra, lý thuyế
về đa thức còn 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 toán về đa
thức cũng được đề cập nhiều và được xem như là dạng toán 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, còn chưa được hệ thống theo dạng toán cũng như phương pháp giải.
Vì vậy, việc khảo sát sâu hơn các bài toán 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
Chuyên ngành Phương pháp Toán sơ cấp
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên


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

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


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 không điểm có bội chẵn thì dấu của f (x) qua
không điểm đó là không đổi. Khi f (x) có không 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 quá 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 toán 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

a0 , a1 − a0 , a2 − a1 , . . . , an − an−1 , an
sẽ có không 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 toán 1.2.2).
Lập luận hoàn toàn 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 toán 1.2.7 (xem [3]). Chứng minh rằng đa thức f (x) (x + 1) có số vị trí đổi
dấu không 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

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 không 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

1.3

Hệ quả trực tiếp

Bài toán 1.3.1 (xem [2]). Chứng minh rằng nếu đa thức P (x) ∈ R[x] không 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 quát, 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


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


2

n

− 2 Re b2

n

x + b2

2


14
có các hệ số không 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−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

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
+

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


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 không 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


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

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 không âm. Từ đó
m

m

Qk (x) =
k=1


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

s

cũng có các hệ số đều không âm.
Bài toán 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


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