February 13, 2011

Các bạn xem phần trước ở https://nttuan.org/2011/01/27/realpoly01/

Bổ đề 4. Cho $P(x)$ là một đa thức khác đa thức hằng với hệ số thực. Giả sử bậc của $P$ là lẻ và hệ số cao nhất của nó lớn hơn $0$ . Khi đó tồn tại số nguyên dương $K$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

(1) hàm số đa thức $P(x)$ tăng ngặt trên các khoảng $(-\infty;-K]$ và $[K;+\infty)$ ;

(2) với mỗi $x>K$ và $y\leq K$ , ta có $P(x)>P(y)$ ;

(3) với mỗi $x<-K$ và $y\geq -K$ thì $latex P(x)

Chứng minh. Khẳng định đúng hiển nhiên với các đa thức có bậc bằng $1$ . Bây giờ giả sử đa thức có dạng

$P(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0,$

trong đó $n$ là số nguyên dương lẻ $>1$ và $a_n > 0$ . Xét đạo hàm của đa thức

$P'(x) = n a_n x^{n-1} + (n-1) a_{n-1} x^{n-2} + \dots + a_1.$

Vì $n$ là số lẻ nên $n-1$ là số chẵn. Đồng thời, do $a_n > 0$ nên hệ số bậc cao nhất của đa thức đạo hàm là $n a_n > 0$ . Do $P'(x)$ là đa thức bậc chẵn với hệ số cao nhất dương, ta có $\lim_{x\to \pm\infty} P'(x) = +\infty.$

Theo định nghĩa của giới hạn, tồn tại một số thực dương $M$ đủ lớn sao cho với mọi $x$ thỏa mãn $|x| \ge M$ , ta luôn có $P'(x) > 0$ . Điều này có nghĩa là hàm số $P(x)$ đồng biến ngặt trên các khoảng $(-\infty; -M]$ và $[M; +\infty)$ .

Vì hàm đa thức $P(x)$ liên tục trên đoạn $[-M; M]$ nên nó đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn này. Gọi $C_1 = \max_{x \in [-M; M]} P(x)$ và $C_2 = \min_{x \in [-M; M]} P(x)$ . Mặt khác, vì bậc $n$ lẻ và $a_n > 0$ , ta có giới hạn của đa thức $P(x)$ ở hai đầu vô cực là $\lim_{x\to +\infty} P(x) = +\infty$ và $\lim_{x\to -\infty} P(x) = -\infty.$

Dựa vào hai giới hạn này, ta có thể tìm được các số thực dương $M_1$ và $M_2$ lớn hơn $M$ sao cho: Với mọi $x \ge M_1$ , ta có $P(x) > C_1$ . Với mọi $x \le -M_2$ , ta có $P(x) < C_2$ .

Bây giờ, ta chọn $K$ là một số nguyên dương sao cho $K > \max\{M_1, M_2\}$ . Ta sẽ chứng minh $K$ thỏa mãn cả ba điều kiện của bổ đề.

Thứ nhất, vì $K > M$ nên hai khoảng $(-\infty; -K]$ và $[K; +\infty)$ lần lượt là tập con của $(-\infty; -M]$ và $[M; +\infty)$ . Do $P(x)$ đồng biến ngặt trên $(-\infty; -M]$ và $[M; +\infty)$ nên nó cũng đồng biến trên $(-\infty; -K]$ và $[K; +\infty)$ . Điều kiện (1) được thỏa mãn.

Thứ hai, xét $x > K$ và $y \le K$ , ta chia thành ba trường hợp để so sánh giá trị.

Nếu $y \in (M; K]$ : Cả $x$ và $y$ đều thuộc khoảng $[M; +\infty)$ , nơi $P(x)$ đồng biến. Vì $x > y$ nên $P(x) > P(y)$ .
Nếu $y \in [-M; M]$ : Vì $x > K > M_1$ nên theo cách chọn $M_1$ , ta có $P(x) > C_1$ . Mặt khác $y \in [-M; M]$ nên $P(y) \le C_1$ . Suy ra $P(x) > P(y)$ .
Nếu $y < -M$ : Vì $P(x)$ đồng biến trên $(-\infty; -M]$ , ta có $P(y) < P(-M)$ . Hơn nữa $-M \in [-M; M]$ nên $P(-M) \le C_1 < P(x)$ , kéo theo $P(x) > P(y)$ .

Như vậy, với mọi $x > K$ và $y \le K$ , ta luôn có $P(x) > P(y)$ . Điều kiện (2) được thỏa mãn.

Thứ ba, xét $x < -K$ và $y \ge -K$ , ta cũng chia thành ba trường hợp.

Nếu $y \in [-K; -M)$ : Cả $x$ và $y$ đều thuộc $(-\infty; -M]$ , nơi $P(x)$ đồng biến. Do $x < y$ nên $P(x) < P(y)$ .
Nếu $y \in [-M; M]$ : Vì $x < -K < -M_2$ nên theo cách chọn $M_2$ , ta có $P(x) < C_2$ . Trong khi đó $y \in [-M; M]$ nên $P(y) \ge C_2$ . Suy ra $P(x) < P(y)$ .
Nếu $y > M$ : Hàm số đồng biến trên $[M; +\infty)$ nên $P(y) > P(M)$ . Hơn nữa $M \in [-M; M]$ nên $P(M) \ge C_2 > P(x)$ , kéo theo $P(x) < P(y)$ .

Như vậy, với mọi $x < -K$ và $y \ge -K$ , ta luôn có $P(x) < P(y)$ . Điều kiện (3) được thỏa mãn. $\Box$

Bổ đề 5. Cho $P(x)$ là một đa thức khác đa thức hằng với hệ số thực. Giả sử bậc của $P$ là lẻ và hệ số cao nhất của nó nhỏ hơn $0$ . Khi đó tồn tại số nguyên dương $K$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

(1) hàm số đa thức $P(x)$ nghịch biến trên các khoảng $(-\infty;-K]$ và $[K;+\infty)$ ;

(2) với mỗi $x>K$ và $y\leq K$ , ta có $P(x)$

(3) với mỗi $x<-K$ và $y\geq -K$ thì $P(x)>P(y)$ .

Chứng minh. Khẳng định đúng hiển nhiên với các đa thức có bậc bằng $1$ . Bây giờ giả sử đa thức có dạng $P(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0$ , trong đó $n$ là số nguyên dương lẻ $>1$ và $a_n < 0$ .

Xét đạo hàm của đa thức: $P'(x) = n a_n x^{n-1} + (n-1) a_{n-1} x^{n-2} + \dots + a_1$ . Vì $n$ là số lẻ nên $n-1$ là số chẵn. Đồng thời, do $a_n < 0$ nên hệ số bậc cao nhất của đa thức đạo hàm là $n a_n < 0$ . Do $P'(x)$ là đa thức bậc chẵn với hệ số cao nhất âm, giới hạn của nó khi $x$ tiến về cả hai đầu vô cực đều là âm vô cực $\lim_{x\to \pm\infty} P'(x) = -\infty.$

Theo định nghĩa của giới hạn, tồn tại một số thực dương $M$ đủ lớn sao cho với mọi $x$ thỏa mãn $|x| \ge M$ , ta luôn có $P'(x) < 0$ . Điều này có nghĩa là hàm số $P(x)$ nghịch biến ngặt trên các khoảng $(-\infty; -M]$ và $[M; +\infty)$ .

Vì hàm đa thức $P(x)$ liên tục trên đoạn $[-M; M]$ nên nó đạt giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất trên đoạn này. Gọi $C_1 = \max_{x \in [-M; M]} P(x)$ và $C_2 = \min_{x \in [-M; M]} P(x)$ .

Mặt khác, vì bậc $n$ lẻ và $a_n < 0$ , ta có giới hạn của đa thức $P(x)$ ở hai đầu vô cực là:

$\lim_{x\to +\infty} P(x) = -\infty$ và $\lim_{x\to -\infty} P(x) = +\infty.$

Dựa vào hai giới hạn này, ta có thể tìm được các số thực dương $M_1$ và $M_2$ lớn hơn $M$ sao cho: Với mọi $x \ge M_1$ , ta có $P(x) < C_2$ . Với mọi $x \le -M_2$ , ta có $P(x) > C_1$ .

Bây giờ, ta chọn $K$ là một số nguyên dương sao cho $K > \max\{M_1, M_2\}$ . Ta sẽ chứng minh $K$ thỏa mãn cả ba điều kiện của bổ đề.

Thứ nhất, vì $K > M$ nên hai khoảng $(-\infty; -K]$ và $[K; +\infty)$ lần lượt là tập con của $(-\infty; -M]$ và $[M; +\infty)$ . Do $P(x)$ nghịch biến ngặt trên $(-\infty; -M]$ và $[M; +\infty)$ nên nó cũng nghịch biến trên $(-\infty; -K]$ và $[K; +\infty)$ . Điều kiện (1) được thỏa mãn.

Thứ hai, xét $x > K$ và $y \le K$ , ta chia thành ba trường hợp để so sánh giá trị:

Nếu $y \in (M; K]$ : Cả $x$ và $y$ đều thuộc khoảng $[M; +\infty)$ , nơi $P(x)$ nghịch biến. Vì $x > y$ nên $P(x) < P(y)$ .
Nếu $y \in [-M; M]$ : Vì $x > K > M_1$ nên theo cách chọn $M_1$ , ta có $P(x) < C_2$ . Mặt khác $y \in [-M; M]$ nên $P(y) \ge C_2$ . Suy ra $P(x) < P(y)$ .
Nếu $y < -M$ : Vì $P(x)$ nghịch biến trên $(-\infty; -M]$ , ta có $P(y) > P(-M)$ . Hơn nữa $-M \in [-M; M]$ nên $P(-M) \ge C_2 > P(x)$ , kéo theo $P(x) < P(y)$ .

Như vậy, với mọi $x > K$ và $y \le K$ , ta luôn có $P(x) < P(y)$ . Điều kiện (2) được thỏa mãn.

Thứ ba, xét $x < -K$ và $y \ge -K$ , ta cũng chia thành ba trường hợp:

Nếu $y \in [-K; -M)$ : Cả $x$ và $y$ đều thuộc $(-\infty; -M]$ , nơi $P(x)$ nghịch biến. Do $x < y$ nên $P(x) > P(y)$ .
Nếu $y \in [-M; M]$ : Vì $x < -K < -M_2$ nên theo cách chọn $M_2$ , ta có $P(x) > C_1$ . Trong khi đó $y \in [-M; M]$ nên $P(y) \le C_1$ . Suy ra $P(x) > P(y)$ .
Nếu $y > M$ : Hàm số nghịch biến trên $[M; +\infty)$ nên $P(y) < P(M)$ . Hơn nữa $M \in [-M; M]$ nên $P(M) \le C_1 < P(x)$ , kéo theo $P(x) > P(y)$ .

Như vậy, với mọi $x < -K$ và $y \ge -K$ , ta luôn có $P(x) > P(y)$ . Điều kiện (3) được thỏa mãn. $\Box$

Bổ đề 6. Cho $P(x)$ là một đa thức khác đa thức hằng với hệ số thực. Giả sử bậc của $P$ là chẵn và hệ số cao nhất của nó lớn hơn $0$ . Khi đó tồn tại số nguyên dương $K$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

(1) hàm số đa thức $P(x)$ nghịch biến trên khoảng $(-\infty;-K]$ và đồng biến trên khoảng $[K;+\infty)$ ;

(2) với mỗi $x>K$ và $y \in [0; K]$ , ta có $P(x)>P(y)$ ;

(3) với mỗi $x<-K$ và $y \in [-K; 0]$ thì $P(x)>P(y)$ .

Chứng minh. Giả sử đa thức có dạng $P(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_1 x + a_0$ , trong đó $n$ là số nguyên dương chẵn và $a_n > 0$ .

Xét đạo hàm của đa thức: $P'(x) = n a_n x^{n-1} + (n-1) a_{n-1} x^{n-2} + \dots + a_1$ . Vì $n$ là số chẵn nên $n-1$ là số lẻ. Đồng thời, do $a_n > 0$ nên hệ số bậc cao nhất của đa thức đạo hàm là $n a_n > 0$ . Do $P'(x)$ là đa thức bậc lẻ với hệ số cao nhất dương, giới hạn của nó ở hai đầu vô cực là $\lim_{x\to +\infty} P'(x) = +\infty$ và $\lim_{x\to -\infty} P'(x) = -\infty.$

Theo định nghĩa của giới hạn, tồn tại một số thực dương $M$ đủ lớn sao cho với mọi $x \ge M$ ta có $P'(x) > 0$ , và với mọi $x \le -M$ ta có $P'(x) < 0$ . Điều này có nghĩa là hàm số $P(x)$ nghịch biến ngặt trên khoảng $(-\infty; -M]$ và đồng biến ngặt trên khoảng $[M; +\infty)$ .

Vì hàm đa thức $P(x)$ liên tục trên các đoạn $[-M; 0]$ và $[0; M]$ , nó sẽ đạt giá trị lớn nhất trên từng đoạn này. Gọi $C_1 = \max_{x \in [0; M]} P(x)$ và $C_2 = \max_{x \in [-M; 0]} P(x)$ .

Mặt khác, vì bậc $n$ chẵn và $a_n > 0$ , giới hạn của đa thức $P(x)$ ở cả hai đầu vô cực đều là dương vô cực $\lim_{x\to \pm\infty} P(x) = +\infty.$

Dựa vào hai giới hạn này, ta có thể tìm được các số thực dương $M_1$ và $M_2$ lớn hơn $M$ sao cho: Với mọi $x \ge M_1$ , ta có $P(x) > C_1$ . Với mọi $x \le -M_2$ , ta có $P(x) > C_2$ .

Bây giờ, ta chọn $K$ là một số nguyên dương sao cho $K > \max\{M_1, M_2\}$ . Ta sẽ chứng minh $K$ thỏa mãn cả ba điều kiện của bổ đề.

Thứ nhất, vì $K > M$ nên hai khoảng $(-\infty; -K]$ và $[K; +\infty)$ lần lượt là tập con của $(-\infty; -M]$ và $[M; +\infty)$ . Do $P(x)$ nghịch biến trên khoảng $(-\infty; -M]$ và đồng biến trên khoảng $[M; +\infty)$ , nó cũng nghịch biến trên khoảng $(-\infty; -K]$ và đồng biến trên khoảng $[K; +\infty)$ . Điều kiện (1) được thỏa mãn.

Thứ hai, xét $x > K$ và $y \in [0; K]$ , ta chia thành hai trường hợp đối với $y$ :

Nếu $y \in [0; M]$ : Vì $x > K > M_1$ nên theo cách chọn $M_1$ , ta có $P(x) > C_1$ . Mặt khác $y \in [0; M]$ nên $P(y) \le C_1$ . Suy ra $P(x) > P(y)$ .
Nếu $y \in (M; K]$ : Cả $x$ và $y$ đều thuộc khoảng $[M; +\infty)$ , nơi $P(x)$ đồng biến. Vì $x > y$ nên $P(x) > P(y)$ .

Như vậy, với mọi $x > K$ và $y \in [0; K]$ , ta luôn có $P(x) > P(y)$ . Điều kiện (2) được thỏa mãn.

Thứ ba, xét $x < -K$ và $y \in [-K; 0]$ , ta cũng chia thành hai trường hợp đối với $y$ :

Nếu $y \in [-M; 0]$ : Vì $x < -K < -M_2$ nên theo cách chọn $M_2$ , ta có $P(x) > C_2$ . Trong khi đó $y \in [-M; 0]$ nên $P(y) \le C_2$ . Suy ra $P(x) > P(y)$ .
Nếu $y \in [-K; -M)$ : Cả $x$ và $y$ đều thuộc khoảng $(-\infty; -M]$ , nơi $P(x)$ nghịch biến. Do $x < y$ nên $P(x) > P(y)$ .

Như vậy, với mọi $x < -K$ và $y \in [-K; 0]$ , ta luôn có $P(x) > P(y)$ . Điều kiện (3) được thỏa mãn. $\Box$

M	T	W	T	F	S	S
	1	2	3	4	5	6
7	8	9	10	11	12	13
14	15	16	17	18	19	20
21	22	23	24	25	26	27
28

Day: February 13, 2011

Useful Lemmas on Real Polynomials, Part II