Tài liệu 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 thông 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 tôi trong quá 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 tôi, những người luôn động viên và chia sẻ những khó khăn trong quá trình hoàn thành luận văn. 1 Mở đầu 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 Email: [email protected] 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 6= 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 6= 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) 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 r X i=1 ni + 2 s X nr mi = n, x2 + p1 x + q1
m1 . . . x2 + ps x + qs
ms 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) 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) 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 luôn có ít nhất một nghiệm thực. Định lí 1.1.8 (xem [3]). Một đa thức thực bậc n đều có không quá 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 6= 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 , còn 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 không thay đổi nếu các số hạng bằng 0 được bỏ đi còn những số hạng còn lại vẫn bảo toàn 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 không thay đổi. (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. (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 không 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 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 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 ) 6= 0 ta suy ra sign (aj+1 − aj ) = − sign (ak+1 − ak ) 6= 0. Do đó và trái dấu nhau. Theo kết quả của Bài toán 1.2.2 ta có điều phải chứng minh. Bài toán 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 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 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 không 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 toán 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 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 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] 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 P (x) = a m Y (x − aj ) j=1 s Y
(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 6 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 không mất tính tổng quát, 
j có thể coi arg b ∈ 0, π2 và chọn n ∈ N để 2n arg b ∈ π2 , π và Re b2 > 0 k với j = 0, 1, . . . , n − 1. Do arg b2 = 2k arg b (0 6 k 6 n) nên arg b2n 6 0 và j Re b2 > 0 với j = 0, 1, . . . , n − 1. Như vậy ta có
F (x) = (x − b) x − b 
 2 x2 − b2 x2 − b
= (x + b) x + b 
 4 x4 − b4 x4 − b   =
2 2 2 2 (x + b) x + b (x + b ) x + b = ... 
 2n 2n 2n 2n x −b x −b Q (x)   = = . n−1

2 n−1 n−1 n−1 R (x) 2 2 2 +b x +b (x + b) x + b x trong đó và là các đa thức có hệ số không âm vì  n 2  n  n   n 2   2n   2 2n 2 2 2n Q (x) = x − b x −b = x − 2 Re b x + b2  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 t0 = 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 luôn 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  t−1 t+1  = n X k=0  ak t−1 t+1 k . Xét hàm số n g (t) = (t + 1) f  = n X k=0 k ak (t − 1) (t + 1) 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 f (x) = n X ak xk k=0 trên các nửa khoảng hoặc đoạn dạng [−1, 1) , (−1, 1] , [−1, 1] Để xét số nghiệm của đa thức f (x) = n X ak xk k=0 trên khoảng (a, b) tùy ý, ta tiến hành thực hiện phép đổi biến x= Ta có f (x) = a+b a−b + t, 2 2 n X ak xk = n X k=0 t ∈ (−1, 1) .  ak k=0 k a+b a−b + t . 2 2 Khi ấy để xét số nghiệm của đa thức trong khoảng ta đi xét số nghiệm của  k X n n X a+b a−b g (t) = ak + t = bk tk 2 2 k=0 k=0 trong đó bk = ak k X Ckj  j=0 b−a 2 j  a+b 2 k−j . Để xét số nghiệm của đa thức f (x) = n X ak xk 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 g (t) = n X k=0 k ak (t + a) = n X k=0 ak k X j=0 ! Ckj an−j tk .