Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
I. KIẾN THỨC CƠ BẢN

I. KIẾN THỨC CƠ BẢN

Tải bản đầy đủ - 0trang

f ( x) = a0xn + a1xn- 1 + L + an- 1x + an

n



hay dạng rút gọn: f ( x) = å akxn- k .

k=0



Các số a0,a1,a2,...,an gọi là các hệ số, a0 ¹ 0 được gọi là hệ số cao nhất, an được gọi là hệ số

tự do.

Đặc biệt khi a0 = 1 thì đa thức được gọi là đa thức chuẩn tắc hay đa thức mo-nic.

Với a ¹ 0 thì n được gọi là bậc của đa thức f ( x) , ký hiệu degf = n , đặc biệt: f º c ¹ 0

0



thì . Quy ước với f ( x) º 0 thì degf = - ¥ .

Đa thức trên các tập số.

Với K là mt tp hp s, ký hiu :

n

ùỡù

ùỹ

n- k

ùý





Kở

x

=

f

x

=

a

x

:

a



K

,

k

=

0

,1

,2

,...,

n



(

)



ờỷ

ỳ ù

k

k

ùỵ

k=0

ù

ợù

n



Cho a thức f ( x) = å akxn- k

k=0



ù

• Nếu các hệ số ai Ỵ R thì ký hiệu f Ỵ R ộ



ởxỳ







Nu cỏc h s ai ẻ Q thỡ ký hiu f ẻ Q ờ

ởxỳ







Nu cỏc h s ai Ỵ Z thì ký hiệu f Ỵ Z é

ê

ëxú

û

Các phép toán.

n



m



k=0



i =0



m- i

Cho hai đa thức: f ( x) = å akxn- k và g( x) = å bx

. Khi đó

i







l



f ( x) + g( x) = å ( ak + bk )xl - k .

k=0







l



f ( x) - g( x) = å ( ak - bk )xl - k .

k=0







l



f ( x) ìg( x) = ồ



l



ồ abx



i =0 j =0



i +j



i j



.



trong đó l = max { m, n} với quy ước cách viết hình thức:

l



f ( x) = å ai xl - i ,an+1 = L = al = 0

i =0



(



)



ù, deg f = n, degg = m thì f ( x) ± g( x) , f ( x) ×g( x) và f g( x) cũng là

Từ đó với f , g Ỵ R é

ê

ëxú

û

các đa thức với hệ số thực , ngoài ra.

deg( f ± g) £ max { m, n} ,deg f ×g = m + n,deg f ( g) = mn

.



(



)



4



ù, nếu nó khơng

Định nghĩa 2. Ta nói đa thức P ( x) với hệ số nguyên là bất khả quy trên Z é

ê

ëxú

û

phân tích được thành tích của hai đa thức với hệ số nguyên có bậc lớn hơn hoặc bằng 1.( trong

ù)

bài viết này khi nói một đa thức bất khả quy có nghĩa là nói đa thức này bất khả quy trên Z é

ê

ëxú

û

2. Các định lý .

Định lý 2.1.(Định lý cơ bản). Mọi đa thức bậc n có khơng q n nghiệm thực.

Từ đó nếu degf = n và f ( x) = 0 tại ít nhất n + 1 điểm, thì f ( x) º 0 " x

Định lý 2.2( Định lý về phép chi có dư).

ù. Khi đó tồn tại các đa thức : q, r Ỵ R éxùsao cho.

Cho f , g Ỵ R é

ê

ê

ëxú

û

ëú

û

f ( x) = q( x) ×g( x) + r ( x)



trong đó degr < degg .

Đặc biệt, khi r ( x) º 0thì ta nói f ( x) chia hết cho g( x) , ký hiệu f ( x) Mg( x) hay

g( x) f ( x) .

Định lý 2.3( Định lý Bezout 1).

Nếu x = a là nghiệm của đa thức f ( x) thì f ( x) M( x - a )

ùvà a,blà hai số nguyên phân biệt thì P ( a) - P ( b) Ma - b

Từ đó suy ra với P Ỵ Z é

êxû

ú

ë

Định lý 2.4( Định lý Bezout 2).

Hai đa thức P ( x) ,Q ( x) nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi tồn tại các đa thức U ( x) ,V ( x)

sao cho U ( x) P ( x) +V ( x) Q ( x) = 1.

Chứng minh.

Giả sử tồn tại U ( x) ,V ( x) thỏa mãn điều kiện U ( x) P ( x) +V ( x) Q ( x) = 1



(



)



Đặt D ( x) = gcd P ( x) ,Q ( x) = 1. Ta chứng minh tồn tại các đa thức U ( x) ,V ( x) thỏa mãn.



{



Ta chứng minh bằng quy nạp theo m = min degP , degQ



}



Nếu m = 0 thì điều cần chứng minh hiển nhiên.

Giả sử điều cần chứng minh đúng với m( m ³ 0) .

Xét hai đa thức P ( x) ,Q ( x) có min { degP ,degQ } = m + 1.

Khơng mất tính tổng qt , giả sử m + 1 = degP . Thực hiện phép chia Q ( x) cho P ( x) được

thương là S ( x) và dư là R ( x) .



(



)



Không thể xảy ra trường hợp R ( x) = 0 vì khi đó P ( x) 1 = deg P ( x) ,Q ( x) ( vơ lý)



5



(



)



(



)



Vì vậy 1 = gcd P ( x) ,Q ( x) = gcd P ( x) , R ( x) với min { degP ,degR } < m + 1. Khi đó



( x) ,V ( ) ( x) sao cho

( )

( )

U ( x) P ( x) +V ( x) R ( x) = 1. Thay R ( x) = Q ( x) - P ( x) S ( x) . Ta được

( )

( )

U ( x) P ( x) +V ( x) ( Q ( x) - P ( x) S ( x) ) = 1, tương đương với

( )

( )

( )

é

U ( x) - V ( x) S ( x) ù

ê

úP ( x) +V ( x) Q ( x) = 1.

ë

û

Do đó định lý đúng với : m + 1 = min { degP ,degQ } . Theo nguyên lý quy nạp, định lý Bezout

theo giat thiết quy nạp , tồn tại các đa thức U

*



*



*



*



*



*



( *)



*



*



2 được chứng minh.

Định lý 2.5( Sự phân tích tiêu chuẩn).

Mọi đa thức với hệ số thực đều có thể biểu diễn ở dạng:

t



nk



l



(



f ( x) = a ×Õ ( x - xk ) ×Õ x2 + bx

+ cj

j

k=1



j =0



)



mj



.



2

trong đó a,bj ,cj , xk Î R;;bj - 4cj < 0,a ¹ 0.



1.2. Nghiệm của đa thức

Định nghĩa 1. Số a được gọi là nghiệm của đa thức P ( x) nếu P ( a) = 0. .

Định lý 1. Từ hệ quả 1 ta có: a là nghiệm của P ( x) khi và chỉ khi P ( x) M(x - a).

n

n- 1

Định lý 2. Nếu a ¹ 0 là nghiệm của đa thức P ( x) = anx + an- 1x + ... + a1x + a0 thì



1

n- 1

n

là nghiệm của đa thức P ( x) = an + an- 1x + ... + a1x + a0x .

a

Định nghĩa 2. Cho đa thức P ( x) và m Ỵ N* . Ta nói số a là nghiệm bội m của P ( x) nếu

x=



P ( x) M( x - a)



m



và P ( x) M( x - a)



m+1



.



ù, một đa thức bậc n bao giờ cũng có đầy đủ n

Định lý 3. (Định lí cơ bản của đại số) Trong £ é

ê

ëxú

û

nghiệm phức (kể cả bội).

ù, mọi đa thức bậc n có khơng q n nghiệm thực (kể cả bội).

Hệ quả 1. Trong ¡ é

ê

ëxú

û

ù. Nếu z = a + bi. , ( a,b Î R ) là một nghiệm phức của

Định lý 4. Cho đa thức P ( x) Ỵ R é

ê

ëxú

û

P ( x) thì liên hợp của nó z = a - bi. cũng là một nghiệm của P ( x) .

Định lý 5.



6



ùbậc n, hệ số cao nhất là a và có n nghiệm phức là a , a ,..., a . Khi đó

i) Cho P ( x) Ỵ C é

ê

1

2

n

ëxú

û

P ( x) = a ( x - a1) ( x - a2 ) ...( x - an ) .

ùbậc n, hệ số cao nhất là a và có tất cả nghiệm phức là a , a ,..., a với bội

ii) Cho P ( x) Ỵ C é

ê

1

2

m

ëxú

û

tương ứng k1, k2,..., km . Khi đó P ( x) = a ( x - a1)



k1



(x-



k2



km



a2 ) ...( x - am ) , và



k1 + k2 + ... + km = n .



ùcó các nghiệm thực là a , a ,..., a với bội tương ứng

iii) Cho đa thức P ( x) Ỵ R é

ê

ú

1

2

m

ëxû

k1

k2

km

ù.

k1, k2,..., km . Khi đó P ( x) = ( x - a1) ( x - a2 ) ...( x - am ) .Q ( x) , với Q ( x) Ỵ R é

ê

ëxú

û

ù có nghiệm phức z = a + bi. , thì cũng có nghiệm phức

Từ các định lý trên nếu P ( x) Ỵ R é

êxû

ú

ë

z = a - bi. suy ra

ù. éx - ( a - bi ) ù.Q ( x) , với Q ( x) Ỵ R éxù

P ( x) = é

êû

ú

êx - ( a + bi ) û

úë

ê

ú

ë

ë

û

= x2 - 2a.x + a2 + b2 .Q ( x)



(



)



Lặp lại quá trình trên bằng cách xét các nghiệm phức của Q ( x) ta có định lí.

ù, mọi đa thức đều phân tích được dưới dạng tích các nhân tử bậc nhất và

Định lý 6. Trong R é

ê

ëxú

û

các nhân tử bậc hai với biệt thức âm.

Định lý 7.

i) Nếu đa thức P ( x) với degP ( x) £ n và P ( x) có nhiều hơn n nghiệm (kể cả bội) thì nó là đa

thức 0.

ii) Nếu hai đa thức P ( x) ,Q ( x) đều có bậc khơng vượt q n, và lại bằng nhau tại nhiều hơn n

giá trị khác nhau của biến x thì P ( x) = Q ( x) .

Hệ quả 2.



Cho P ( x) là một đa thức với hệ số thực. Khi đó



i) Nếu hàm y = P ( x) là hàm số chẵn thì tất cả các hệ số của lũy thừa bậc lẻ đều bằng 0.

ii) Nếu hàm y = P ( x) là hàm số lẻ thì tất cả các hệ số của lũy thừa bậc chẵn đều bằng 0.

n

n- 1

Định lý 8. (Định lý Viet). Trong C, nếu đa thức P ( x) = anx + an- 1x + ... + a1x + a0 có n



nghiệm là x1, x2,..., xn thì



7



an- 1

an

i =1

a

å xi .xj = an- 2

1£ i
n

...

n



å



xi = -



å



1£ i1


xi .xi ...xi = ( - 1)

1



2



k



k



...



x1.x2...xn = ( - 1)



n



an- k

an



a0

an



Định lý 9. (Định lí Viét đảo) Nếu có n số phức x1, x2,..., xn thỏa mãn

n



åx

å



= A1



i



i =1



1£ i


...



xi .xj = A2



å



1£ i1


xi .xi ...xi = Ak

1



2



k



...

x1.x2...xn = An

thì x1, x2,..., xn là n nghiệm của đa thức

k



P ( x) = xn - A1.xn- 1 + ... + ( - 1) Ak .xn- k + ... + ( - 1)



n- 1



n



An- 1.x + ( - 1) An .



Định lý 10. Nếu P (x) = a0 + a1x + L + anxn và z là nghiệm của P (x) thì | z |< 1+ max



ai

.

an



Với i = 0,¼, n - 1.

Chứng minh: Đặt M = max



ai

an



Nếu | z |£ 1 thì BĐT đúng.

ai i

| z |n - 1

| z |n

n- 1


Nếu | z |> 1 thì | z |=| å z |£ M (1+ | z | +L + | z | ) = M

an

|z |- 1

|z |- 1

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

n



8



n

n- 1

ù. Khi đó nếu x = p

x

Định lý 11. Cho đa thức P ( x) = an .x + an- 1.x + ... + a1.x + a0 Ỵ Z é

ê

ëú

û

q



q.

(phân số tối giản) là nghiệm của P ( x) thì a0 Mp và an M

Trong trường họp đặc biệt khi hệ số cao nhất của P ( x) bằng 1 thì dẫn đến mọi nghiệm

hữu tỉ của đa thức đều là nghiệm nguyên nên thu được hệ quả.

n

n- 1

ù khi đó mọi nghiệm thực của

Hệ quả 3. Cho P ( x) = x + an- 1.x + ... + a1.x + a0 Î Z é

ê

ëxú

û

P ( x) đều nguyên hoặc vô tỉ.



2.3.2. Các giải pháp

b) Giải pháp 1: Sử dụng một số tính chất giải tích của đa thức

Định lý 1.

i) Mọi đa thức bậc lẻ ln có nghiệm thực.

ii) Nếu đa thức bậc n mà khơng có nghiệm thực thì n phải là số chẵn.

Định lý 2. (Định lý Lagrange) Nếu f (x) là hàm liên tục trên đoạn [a; b], có đạo hàm trên

khoảng (a; b) thì tồn tại c Î (a; b) sao cho f '(c) = f (b) - f (a) .

b- a

Định lý 3. (Định lý Roll) Cho đa thức P ( x ) với hệ số thực và hai số thực a, b ( a < b ). Khi đó,

nếu P ( a ) = P ( b ) thì tồn tại c ∈ ( a; b ) sao cho P ' ( c ) = 0 .

Hệ quả 0.



Cho đa thức P ( x ) với hệ số thực có n nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi đa



( n −k )

( x ) có n − k nghiệm thực phân biệt.

thức đạo hàm cấp k tức đa thức P



Ví dụ 1. (VMO 2017)

Trong mặt phẳng (Oxy), cho (C) là đồ thị hàm số y = 3 x2 . Một đường thẳng d thay đổi sao cho d cắt

(C) tại ba điểm phân biệt có hồnh độ lần lượt là x1; x2; x3 . Chứng minh rằng

3



x12

x22

x32

15

3

3

.

+

+


x3x1

x1x2

4

Bài giải



Nhận xét : dễ thấy đường thẳng d là đường thẳng có hệ số góc. Giả sử d : y = ax + b, xét phương trình

hồnh độ giao điểm của d và (C) :

3



x2 = ax + b



9



Để d cắt (C) tại ba điểm phân biệt thì ab ¹ 0 . Đặt t = 3 x , khi đó theo giả thiết , phương trình



at 3 - t 2 + b = 0 (1) có ba nghiệm phân biệt t1;t2;t3 và t1.t2.t3 ¹ 0 .

ìï

ïï t + t + t = 1

ïï 1 2 3 a

ï

Áp dụng định lý Vi- et ta có í t1.t2 + t2.t3 + t3.t1 = 0

ïï

b

ïï

ïï t1.t2.t3 = a





()



3

2

Mặt khác, xét hàm số f t = at - t + b , để phương trình (1) có ba nghiệm phân biệt khi chỉ khi tích



giá trị cực đại và giá trị cực tiểu nhỏ hơn 0. Điều đó tương đương với



ỉ2 ử



f( 0) . ỗ

<0

ỗ ữ







ố3a ứ

Hay



0 < a2b <



4

27



Do gi thiết cần chứng minh tương đương với



t12

t2

t2

3a2b - 1

1

27

15

+ 2 + 3 =

=

3

<

3

=

.

t2t3 t3t1 t1t2

4

4

a2b

a2b

Bài tốn đã được chứng minh.

Ví dụ 2. Cho a,b,c,d,e là các số thực. Chứng minh rằng nếu đa thức :



P (x) = ax2 + (b + c)x + d + e có nghiệm thực thuộc khoảng



é1, +¥ ) , thì đa thức :

ê

ë



f (x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e cũng cú nghim thc.

Bi gii

Gi x0 ẻ ộ

ờ1, +Ơ





) l nghim của phương trình : ax



2



+ (b + c)x + d + e = 0



2

Nghĩa là : ax0 + cx0 + e = - (bx0 + d)



Xét hàm số : f (x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e

Khi đó : f



( x ) = ( ax + cx +e) +

0



2

0



0



x0 ( bx0 + d)



10



(



) (



)



x0 = ax02 + cx0 + e -



Và f -



x0 ( bx0 + d)



Suy ra :



f



( ) (



x0 .f -



) (



)



2



x0 = ax02 + cx0 + e - x0 ( bx0 + d)



(

= ( ax



2



)

(

+ e) ( 1- x ) £ 0



)



2



= ax02 + cx0 + e - x0 ax02 + cx0 + e

2

0



+ cx0



2



2



0



é

Do đó, phương trình f (x) = 0 có ít nhất một nghiệm thuộc đoạn ê-



x0 , x0 ù

ú

ë

û



Vậy nên đa thức f (x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e có nghiệm thực thỏa mãn điều kiện bài tốn.

Ví dụ 3.



( )



a) Chứng minh rằng không tồn tại đa thức P x để với mọi x Ỵ ¡ có các bất đẳng thức



( 1) : P '( x) > P ''( x)



( )



( )



( )



và 2 : P x > P '' x .



b) Khẳng định trên còn đúng khơng nếu thay đổi bất đẳng thức (1) bằng bất đẳng thức



( 1') : P ( x) > P '( x)



?

Bài giải



a) Nếu P(x) là hằng số thì P '( x) = P ''( x) = 0, khi đó bất đẳng thức (1) khơng thỏa mãn. Giả sử

bậc của P(x) bằng n với n ³ 1, khi đó



( ( )



( )) = n



Nếu n lẻ thì deg P x - P '' x



( )



( )



là số lẻ, từ đó P x - P '' x £ 0 với ít nhất một



điểm x Ỵ ¡ .



( ( )



( )) = n -



Nếu n chẵn thì deg P ' x - P '' x



1 là số lẻ, từ đó P '( x) - P ''( x) £ 0 với ít nhất



một điểm x Ỵ ¡ .

Như vậy đối với đa thức P(x) không thỏa mãn hoặc bất đẳng thức (1) hoặc bất đẳng thức (2). Suy

ra điều phải chứng minh.

2

b) Chọn đa thức P ( x) = x + 3 khi đó với mọi x Ỵ ¡ ta có



P ( x) - P '( x) º x2 - 2x + 3 > 0 và P ( x) - P ''( x) º x2 + 1 > 0



11



Nghĩa là khẳng định trên khơng còn đúng nữa.

Ví dụ 4. (VMO - 95) : Hãy xác định tất cả các đa thức P(x) thỏa mãn điều kiện sau : Với mỗi số



a > 1995 thì số nghiệm thực của phương trình : P (x) = a (mỗi nghiệm được tính với số bội của nó)

bằng bậc của đa thức P(x), và mỗi nghiệm thực của phương trình trên đều lớn hơn 1995.

Bài giải

Do yêu cầu mỗi nghiệm thực của P(x) = a đều lớn hơn 1995 nên chỉ xét các đa thức P(x) có bậc n ³ 1.



(



- Xét đa thức P(x) bậc n là hàm đơn điệu trên - ¥ ; +¥



)



thỏa mãn đề tài.



Vì đồ thị hàm P(x) chỉ có hữu hạn điểm uốn nên với a đủ lớn và a > 1995 thì P(x) = a chỉ có tối đa một

nghiệm (mỗi nghiệm được tính với số bội của nó), suy ra n = 1 và P(x) có dạng bx + c với b > 0 ;

nghiệm của P(x) là x =



a- c

. Ta có x > 1995 với mọi a > 1995 khi và chỉ khi b > 0 và

b



c £ 1995(1- b) .



(



- Xét đa thức P(x) có hàm số cực trị trên - ¥ ; +¥



)



thỏa mãn đề bài thì n ³ 2. Giả sử P(x) đạt cực



đại tại m điểm u1;u2;....;um(m ³ 1) và đạt cực tiểu tại k điểm v1;v2;....;vk (k ³ 1) .



{



}



Đặt d = max P (u1); P (u2);....; P (um); P (v1); P (v2);.......; P (vk ) .



{



}



Do đồ thị hàm P(x) chỉ có hữu hạn điểm uốn nên với a đủ lớn và a > max d,1995 , thì

P(x) = a chỉ có tối đa hai nghiệm (mỗi nghiệm được tính với số bội của nó), suy ra n = 2.

Nhưng nếu P(x) là tam thức bậc hai với a đủ lớn và a > 1995 thì P(x) = a chỉ có tối đa một nghiệm lớn

hơn 1995, đa thức đó lại khơng thỏa mãn đề bài.

Vậy mọi đa thức P(x) thỏa mãn đề bài có dạng P(x) = bx + c với b > 0 và c £ 1995(1- b) .

2

Ví dụ 15:Cho phương trình a0x + a1x + a2 = 0(a ¹ 0) (1) có hai nghiệm phân biệt. p(x) là đa thức



bậc n và có n nghiệm thực phân biệt, chứng minh rằng:



a0p(x) + a1p '(x) + a2p ''(x) = 0 cũng có n nghiệm.

Bài giải

Trước hết ta chứng minh bổ đề: " d Ỵ ¡ khi đó phương trình p(x) + dp '(x) = 0 có nghiệm.

Chứng minh:

12



- Nếu d = 0 bổ đề là hiển nhiên

x



- Nếu d ¹ 0 xét j (x) = ed p(x)

Rõ ràng j (x) = 0 Û p(x) = 0 Þ j (x) = 0 có n nghiệm phân bit x1, x2,....., xn

p dng nh lớ Roller:



ị $ai ẻ (xi , xi +1), j '(x) = 0(i = 1,2,3,...., n - 1)

x

d



x

d



x

d



Ta có: j '(x) = p '(x).e + 1e p(x) = e ép(x) + dp '(x)ù

ê

ú



d







û



Þ j '(x) = 0 Û p(x) + dp '(x) = 0

Vậy phương trình p(x) + dp '(x) = 0 có n - 1 nghim ị $ai ẻ (xi , xi +1) vi i = 1, n - 1 mà

phương trình p(x) + dp '(x) = 0 là phương trình bậc n có (n - 1) nghiệm a1, a2,....., an- 1 nên



p(x) + dp '(x) = (x - a1)(x - a2).....(x - an- 1)(ax + b)

Vậy phương trình p(x) + dp '(x) = 0 phải có nghiệm thứ n. Bổ đề được chứng minh.

Áp dụng bổ đề để giải bài tốn:



ìï

ïï d + d = - a1

2

ïï 1

a0

d

,

d

Gọi 1 2 là hai nghiệm ca (1) ị ớ

ùù

a

ùù d1.d2 = 2

a0

ùùợ

Do ú phng trỡnh a0p(x) + a1p '(x) + a2p ''(x) = 0



Û p(x) - (d1 + d2)p '(x) + dd

p ''(x) = 0

1 2



(



)



Û p(x) - d1p '(x) - d2 ( p '(x) - d1p ''(x)) = 0

Áp dụng bổ đề suy ra 0 = p(x) - d1p '(x) = Q(x) có n nghiệm.

Từ giả thiết Q(x) = 0 có n nghiệm suy ra Q(n) - d2Q '(x) = 0 có n nghiệm (Đpcm).



13



ùvà deg p(x) = 4 . Giả sử p(x) = 0 có 4 nghiệm dương phân

Ví dụ 6.(TST 1994) Cho p(x) Ỵ ¡ é

ê

ëxú

û



biệt. Chứng minh rằng :



ỉ 1- 4x ử

1- 4x







p

(

x

)

+

1p '(x) - p ''(x) = 0 cú 4 nghim dng phõn





2

2





x

x ứ





bit.

Li gii

Ta chng minh b sau nếu p(x) = 0 có 4 nghiệm phân biệt



0 < x1 < x2 < x3 < x4 thì phương trình p(x) - p '(x) = 0 có 4 nghiệm phân biệt y1, y2, y3, y4 thỏa

mãn 0 < x1 < y1 < x2 < y2 < x3 < y3 < x4 < y4 .

Xét f (x) = e- x .p(x) Þ f (x) = 0 Û p(x) = 0

Vậy f (x) = 0 có 4 nghiệm 0 < x1 < x2 < x3 < x4

Áp dụng định lý Lagrange ta có : f '(x) = - e- x .p(x) + p '(x)e- x



f '(x) = 0 Û p(x) - p '(x) = 0

Do phương trình p(x) - p '(x) = 0 có 3 nghiệm y1 < y2 < y3 và deg(p - p ') = 4

Suy ra phương trình p(x) - p '(x) = 0 có nghiệm thứ 4 là y4 không giảm tổng quát ta giả sử hệ số x4

trong p(x) l dng.



(



)



p(x) - p '(x) = +Ơ ị $a > x4 sao cho : p(a) - p '(a) > 0

Suy ra : xlim

đƠ

Do p(y3) - p '(y3) = p(y2) - p '(y2) = 0 ị y4 ẻ (b, a)

Vậy 0 < x1 < y1 < x2 < y2 < x3 < y3 < x4 < y4 (đpcm)



Þ PtQ(x) = p(x) - p '(x) = 0 có 4 nghiệm dương phân biệt y1, y2, y3, y4

4

3

2

Giả sử Q(x) = ax + bx + cx + dx + e (a,e ạ 0)



ổ1ử

1 1 1 1





, , ,

ị PT R(x) = x4Q ỗ

=

0



4

nghim

dng

phõn

bit









y1 y2 y3 y4

ốx ứ

ị R(x) - R '(x) = 0 cũng có 4 nghiệm dương phân biệt

Ta có : R(x) - R '(x) = 0

14



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

I. KIẾN THỨC CƠ BẢN

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×