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 không quá n− 1 nghiệm phân biệt trong khoảng (a, b) thì đa thức f (x) có không quá 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) 6= 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 không 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− xm) , xi 6= xj (i 6= j) . Khi đó Q ′ (x) = a (x− x1) (x− x2) . . . (x− xm) ( 1 x− x1 + 1 x− x2 + · · ·+ 1 x− xm ) . Do đó Q ′ (x) Q(x) = m ∑ i=1 1 x− xi . Lấy đạo hàm hai vế, ta được [Q′(x)]2 −Q(x).Q′′(x) [Q(x)]2 = m ∑ i=1 1 (x− xi)2 . (2.1) Trường hợp 1. Nếu t ∈ Rmà 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) 6= 0. Trường hợp 2. Nếu t ∈ R và Q(t) 6= 0 thì (2.1)⇔ [ Q ′ (t) ]2 −Q(t).Q′′(t) > 0. Bổ đề được chứng minh. 2 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 + a1x+ · · ·+ anxn 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 P(k−1)(0).P(k+1)(0) < [ P(k)(0) ]2 . Suy ra (k− 1)!ak−1 (k+ 1)!ak+1 < (k!ak)2 ⇔ ak−1.ak+1 < kk+ 1 a 2 k < a 2 k . Bài toán 2.2. Cho đa thức P(x) = x2018 + a1x2017 + · · ·+ a2017x+ 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 + a1x2017 + · · ·+ a2017x+ a2018, thực hiện đạo hàm 3 lần, ta thu được P′′′(x) = 2018.2017.2016x2015 + · · ·+ 5.4.3.a2013.x2 + 4.3.2.a2014x+ 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. Khi đó, theo định lí Viète thì 3.2.a2015 2018.2017.2016 = y, vì a2015 6= 0 nên y 6= 0 hay tất cả các nghiệm đều khác 0. Mặt khác, ta cũng có 5.4.3.a2013 2018.2017.2016 = y ( ∑ i<j 1 yiyj ) 3 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 và 4.3.2a2014 2018.2017.2016 = −y ( ∑ 1≤i≤2015 1 yi ) (2.2) Đặt 2001.2017.2016y = A thì ta có 3.2.2015 = A và 5.4.3.2013 = A ∑ i<j 1 yiyj . Chia hai đẳng thức trên, vế theo vế, ta thu được ∑ i<j 1 yiyj = 5.4.3.2013 3.2.2015 = 10.2013 2015 . Từ (2.2), ta cũng có 4.3.2a2014 = −A ( ∑ 1≤i≤2015 1 yi ) = −3.2.2015 ( ∑ 1≤i≤1998 1 yi ) nên a2014 = −20154 ( ∑ 1≤i≤2015 1 yi ) . Do đó |a2014| > 2014⇔ ∣∣∣∣∣−20154 ( ∑ 1≤i≤2015 1 yi )∣∣∣∣∣ > 2014 ⇔ ∣∣∣∣∣ ∑1≤i≤2015 1yi ∣∣∣∣∣ > 4.20142015 . 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: Cho ∑ i<j zizj = 10.2013 2015 với zi ∈ R. Chứng minh bất đẳng thức ∣∣∣∣∣ ∑1≤i≤2015 zi ∣∣∣∣∣ > 4.20142015 . Chú ý rằng 2∑ i<j zizj ≤∑ i<j (z2i + z 2 j ) = 2014 2015 ∑ i=1 z2i . Suy ra 2015 ∑ i=1 z2i ≥ 20.2013 2015 · 2014 nên∣∣∣∣∣ ∑1≤i≤2015 zi ∣∣∣∣∣ 2 ≥ 20.2013 2015 · 2014 + 20.2013 2015 . Ta chỉ cần chứng minh 20.2013 2015 · 2014 + 20.2013 2015 > ( 4.2014 2015 )2 4 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 ⇔ 20.2013 2014 + 20.2013 > 16 · 20142 2015 . Dễ thấy bất đẳng thức cuối này đúng nên ta có ngay điều phải chứng minh. Bài toán 2.3 (Taiwan TST 2014). Cho đa thức với hệ số thực P(x) = xn + an−2xn−2 + an−3xn−3 + · · ·+ a1x+ a0, n ≥ 2. Giả sử xk nghiệm thực của phương trình P(x) = 0,k = 1, 2, . . . , n. Chứng minh rằng |xk| ≤ √ 2(1− n) n an−2. Lời giải. Theo định lí Viète, ta có n ∑ i=1 xi = 0 ∑ 1≤i<j≤n xixj = an−2. Ta có 2 ∑ 1≤i<j≤n xixj + n ∑ i=1 x2i = ( n ∑ i=1 xi )2 = 0, suy ra an−2 = −1 2 ( n ∑ i=1 x2i ) . Ta giả sử x2i > 2(1− n) n an−2 = n− 1 n n ∑ i=1 x2i , ∀i = 1, 2, . . . , n. Lấy tổng, ta thu được n ∑ i=1 x2i > n.( n− 1 n ) n ∑ i=1 x2i ⇔ n ∑ i=1 x2i > (n− 1) n ∑ i=1 x2i ⇔ (2− n) n ∑ i=1 x2i > 0⇔ n < 2, mâu thuẫn với giả thiết. Ta có ngay điều phải chứng minh. Bài toán 2.4 (HSG TP HCM 2016). Cho đa thức với hệ số thực P(x) = x2016 + a2015x2015 + a2014x2014 + · · ·+ a1x+ a0, có P (1) P (2) 6= 0, 4P ′ (2) P (2) > P ′ (1) P (1) + 2016. 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 x− x1 + 1 x− x2 + · · ·+ 1 x− x2016 ) . Do đó P ′ (x) P(x) = 2016 ∑ i=1 1 x− xi . Ta sẽ chứng minh bằng phương pháp phản chứng. Giả sử P(x) không có nghiệm nào thuộc khoảng (1, 2). Khi đó 4 P ′ (2) P (2) − P ′ (1) P (1) = 2016 ∑ i=1 ( 4 2− xi − 1 1− xi ) = 2016 ∑ i=1 ( 2− 3xi (2− xi) (1− xi) ) . Nhận xét rằng 2− 3x (2− x) (1− x) ≤ 1, ∀x /∈ (1, 2) ⇔ 2− 3x ≤ x2 − 3x+ 2 ⇔ x2 ≥ 0. Do đó 4 P ′ (2) P (2) − P ′ (1) P (1) ≤ 2016,mâu thuẫn với giả thiết. Vậy nên tồn tại ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (1, 2). Nhận xét 2.1. Trên đây là các bài toán hay về ứng dụng định lí Viète và hệ quả của định lí Bezout. Để xử lí được dạng toán này ta cần có những kiến thức cơ sở về đại số và giải tích. Bài toán 2.5. Cho 0 < a < b < c và 0 < q < p. Chứng minh rằng cpbq + bpaq + apcq ≥ cqbp + bqap + aqcp. (2.3) Lời giải. Xét hàm số f (x) = xpbq + bpaq + apxq − xqbp − bqap − aqxp. Khi đó bất đẳng thức (2.3) tương đương với f (c) > 0. Ta có f (b) = 0 và f ′(x) = p(bq − aq)xp−1 + q(ap − bp)xq−1 = q(bq − aq)xq−1 ( p q xp−q − b p − ap bq − aq ) . (2.4) 6 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Áp dụng định lí Cauchy cho cặp hàm xp và xq trên đoạn [a, b], ta có bp − ap bq − aq = pmp−1 qmq−1 = p q mp−q với a < m < b. (2.5) Từ (2.4) và (2.5) ta có f ′(x) = p(bq − aq)xq−1(xp−q −mp−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. Bài toán 2.6. Giả sử S1 = 4n2 ∑ k=1 1 k 1 2 và S2 = n ∑ k=1 1 k 1 3 , n ∈N. Với những giá trị nào của n ta có S1 < S2? Lời giải. Xét hàm f (x) = x 1 2 , (x ≥ 1). Rõ ràng f (x) liên tục và có đạo hàm trên [1,+∞), và ta có f ′(x) = 1 2 x− 12 . Áp dụng định lí Lagrange trên đoạn [n, n+ 1], ta có f (n+ 1)− f (n) = f ′(c), c ∈ (n, n+ 1), hay (n+ 1) 1 2 − n 12 = 1 2 c− 12 < 1 2 n− 12 . Suy ra n− 12 > 2 [ (n+ 1) 1 2 − n 12 ] . Cho n chạy từ 1 đến 4n2 rồi cộng lại, ta được S1 = 4n2 ∑ k=1 1 k 1 2 > 4n− 2, hay S1 > 4n− 2 (2.6) Xét hàm f (x) = x 2 3 , (x ≥ 1). Rõ ràng f (x) liên tục và có đạo hàm trên [1,+∞), và ta có f ′(x) = 2 3 x− 13 . Theo định lí Lagrange, ∃c ∈ (n, n+ 1) sao cho f (n+ 1)− f (n) = f ′(c), hay (n+ 1) 2 3 − n 23 = 2 3 c− 13 > 2 3 (n+ 1)− 13 . Suy ra 2(n+ 1)− 13 < 3 [ (n+ 1) 2 3 − n 23 ] . Cho n chạy từ 0 đến n− 1 và cộng lại, ta được 2 n ∑ k=1 1 k 1 3 < 3n 2 3 < 3n < 8n− 4, hay S2 < 4n− 2. (2.7) Từ (2.6) và (2.7) ta có S1 > S2, ∀n ∈N. Như vậy, không tồn tại n ∈N để S1 < S2. 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) = xn, với x > 0. Rõ ràng f (x) liên tục trên (0,+∞) và f ′(x) = nxn−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 f ′(x) = ln(x+ 1)− ln x+ x ( 1 x+ 1 − 1 x = ln(x+ 1)− ln x− 1 x+ 1 (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 hàm trong khoảng (x, x+ 1) và ta có g′(y) = 1 y . Theo định lí Lagrange, ∃c ∈ (x, x+ 1) sao cho g(x+ 1)− g(x) = g′(c)(x+ 1− x), hay ln(x+ 1)− ln x = 1 c . Vì 0 < x < c < x+ 1 nên 1 c > 1 x+ 1 , do đó ln(x+ 1)− ln x > 1 x+ 1 ⇔ ln(x+ 1)− ln x− 1 x+ 1 > 0. (2.11) 8 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 x+ 1 ) > t ln ( 1+ 1 t ) ⇒ ln ( 1+ 1 t+ 1 )t+1 > ln ( 1+ 1 t )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 luôn 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: Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho n+ 1 số gồm n số ( 1+ 1 n ) và số 1, ta có ( 1+ 1 n ) + ( 1+ 1 n ) + · · ·+ ( 1+ 1 n ) + 1 n+ 1 ≥ n+1 √( 1+ 1 n )n ⇔ ( 1+ 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 xn √ 1− x < 1√ 2ne , ∀x ∈ (0, 1). 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 √ x2n(2n− 2nx) ≤ x+ x+ · · ·+ x+ 2n− 2nx 2n+ 1 ⇔x2n(2n− 2nx) ≤ ( x+ x+ · · ·+ x+ 2n− 2nx 2n+ 1 )2n+1 ⇔x2n(2n− 2nx) ≤ ( 2n 2n+ 1 )2n+1 . (2.15) 9 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Ta sẽ chứng minh ( 2n 2n+ 1 )2n+1 < 1 e (2.16) Thật vậy, ta có (2.16)⇔ ln ( 2n 2n+ 1 )2n+1 < ln e−1 ⇔ (2n+ 1)[ln 2n− ln(2n+ 1)] < −1 ⇔ ln(2n+ 1)− ln 2n > 1 2n+ 1 . 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 c > 1 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 + 4P1x3 + 6P22 x 2 + 4P33 x+ P 4 4 . 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 + (a1a2 + a1a3 + a1a4 + a2a3 + a2a4 + a3a4)x2 + (a1a2a3 + a1a2a4 + a1a3a4 + a2a3a4)x+ a1a2a3a4. Đồng nhất thức các hệ số ta được: 4P1 = a1 + a2 + a3 + a4 6P22 = a1a2 + a1a3 + a1a4 + a2a3 + a2a4 + a3a4 4P33 = a1a2a3 + a1a2a4 + a1a3a4 + a2a3a4 P44 = a1a2a3a4. ⇔  P1 = 1 4 (a1 + a2 + a3 + a4) P2 = √ 1 6 (a1a2 + a1a3 + a1a4 + a2a3 + a2a4 + a3a4) P3 = 3 √ 1 4 (a1a2a3 + a1a2a4 + a1a3a4 + a2a3a4) P4 = 4 √ a1a2a3a4. 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 + 4P1x3 + 6P22 x 2 + 4P33 x+ P 4 4 có 4 nghiệm, vì thế theo hệ quả 1.2 thì P′′(x) có ít nhất 2 nghiệm, mà ta có P′′(x) = 12x2 + 24P1x+ 12P22 . P′′(x) có hai nghiệm⇔ ∆′ ≥ 0⇔ P21 ≥ P22 ⇔ P1 ≥ P2 (vì P1 > 0, P2 > 0). +) Ta chứng minh P2 ≥ P3. Ta có P′(x) = 4(x3 + 3P1x2 + 3P22 x+ P 3 3 ). Đặt x = 1 t thì ta có P′(x) = 4 t3 (1+ 3P1t+ 3P22 t 2 + P33 t 3). Dễ thấy đa thức P′(x) có 3 nghiệm âm nên đa thức Q(t) = (1+ 3P1t+ 3P22 t 2 + P33 t 3) cũng có 3 nghiệm, suy ra Q′(t) có 2 nghiệm. Mặt khác, Q′(t) = 3(P33 t 2+ 2P22 t+ P1). Q ′(t) có 2 nghiệm, nên ∆′ ≥ 0⇔ P42 − P33P1 ≥ 0. Suy ra P42 ≥ P33P1 ≥ P33P2 ( vì P1 ≥ P2 ≥ 0) ⇔ P32 ≥ P33 ⇔ P2 ≥ P3. +) Theo bất đẳng thức AM - GM ta dễ dàng chứng minh được P3 ≥ P4. Bài toán 2.11 (Olympic Nga). Cho phương trình a0xn + a1xn−1 + · · ·+ an−1x+ an = 0.(ai 6= 0, i = 1, 2, . . . , n) có n nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng: (n− 1)a21 > 2na0a2. Lời giải. Xét đa thức f (x) = a0xn + a1xn−1 + · · ·+ an−1x + an. Rõ ràng f (x) khả vi vô 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. Mặt khác, ta có f (n−2)(x) = n! 2 a0x2 + (n− 1)!a1x+ (n− 2)!a2 f (n−2)(x)có 2 nghiệm phân biệt⇔ ∆′ > 0 ⇔ [(n− 1)!a1]2 − 2n!a0(n− 2)!a2 > 0 ⇔ (n− 1)a21 > 2na0a2. Ta có điều phải chứng minh. 11 Hội thảo Khoa học, Sầm Sơn 28-28/09/2019 Tài liệu [1] Phan Huy Khải, 2000, Toán 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 toán sinh viên toàn 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