March 18, 2011 – T's Lab

Các bạn xem phần trước ở https://nttuan.org/2011/02/13/realpoly02/

Bổ đề 7. 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 nhỏ hơn $0$ . Khi đó tồn tại số nguyên dương $K$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

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

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

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 âm 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 $P(x)$ đồng biến trên khoảng $(-\infty; -M]$ và nghịch biến trên khoảng $[M; +\infty)$ , nó cũng đồng biến trên khoảng $(-\infty; -K]$ và nghịch 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 $P(y) \ge C_1$ . Suy ra $P(x) < P(y)$ .
Nếu $y \in (M; K]$ : Cả $x$ và $y$ đều thuộc khoảng $[M; +\infty)$ , nơi $P(x)$ nghịch 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 $P(y) \ge C_2$ . Suy ra $P(x) < P(y)$ .
Nếu $y \in [-K; -M)$ : Cả $x$ và $y$ đều thuộc khoảng $(-\infty; -M]$ , nơi $P(x)$ đồng 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. $\Box$

Bổ đề 8. Cho $P(x)$ là một đa thức khác đa thức hằng với hệ số thực. Giả sử bậc của $P$ là $n$ . Khi đó tồn tại số nguyên dương $K$ và hai số thực dương $C_1$ , $C_2$ sao cho

$C_1|x|^n\leq |P(x)|\leq C_2|x|^n$

với mọi số thực $x$ thỏa mãn $|x|\geq K$ .

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 $a_n \neq 0$ . Với mọi $x \neq 0$ , ta có

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

Từ đó ta có đánh giá

$\left| \frac{P(x)}{x^n} - a_n \right| = \left| \frac{a_{n-1}}{x} + \dots + \frac{a_1}{x^{n-1}} + \frac{a_0}{x^n} \right| \le \frac{|a_{n-1}|}{|x|} + \dots + \frac{|a_1|}{|x|^{n-1}} + \frac{|a_0|}{|x|^n}.$

Do $\lim_{|x|\to +\infty} \left( \frac{|a_{n-1}|}{|x|} + \dots + \frac{|a_1|}{|x|^{n-1}} + \frac{|a_0|}{|x|^n} \right) = 0$ , 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:

$\frac{|a_{n-1}|}{|x|} + \dots + \frac{|a_1|}{|x|^{n-1}} + \frac{|a_0|}{|x|^n} \le \frac{|a_n|}{2}.$

Ta chọn $K$ là một số nguyên dương sao cho $K \ge M$ . Khi đó, với mọi số thực $x$ thỏa mãn $|x| \ge K$ , ta có:

$\left| \frac{P(x)}{x^n} - a_n \right| \le \frac{|a_n|}{2},$

suy ra

$\frac{|a_n|}{2} \le \frac{|P(x)|}{|x|^n} \le \frac{3|a_n|}{2}.$

Do $x \neq 0$ nên $|x|^n > 0$ . Nhân tất cả các vế của bất đẳng thức với $|x|^n$ , ta được

$\frac{|a_n|}{2} |x|^n \le |P(x)| \le \frac{3|a_n|}{2} |x|^n$

với mọi số thực $x$ thỏa mãn $|x|\geq K$ .

Đặt $C_1 = \frac{|a_n|}{2}$ và $C_2 = \frac{3|a_n|}{2}$ . Vì $a_n \neq 0$ nên $C_1 > 0$ và $C_2 > 0$ . Ta thấy $C_1 |x|^n \le |P(x)| \le C_2 |x|^n$

với mọi $x$ thỏa mãn $|x| \ge K$ .

Điều này hoàn tất việc chứng minh bổ đề. $\Box$

Bổ đề 9. Cho $P(x)$ là một đa thức khác đa thức hằng với hệ số thực, có bậc chẵn và hệ số cao nhất dương. Khi đó tồn tại số nguyên dương $k$ và số nguyên dương $C$ sao cho

$P(-x-k) > P(x) > P(-x+k),\quad\forall x>C.$

Chứng minh. Giả sử đa thức có dạng

$P(x) = a_{2n} x^{2n} + a_{2n-1} x^{2n-1} + \dots + a_1 x + a_0,$

trong đó $n$ là số nguyên dương và $a_{2n} > 0$ .

Xét hiệu $H_1(x) = P(-x-k) - P(x)$ với $k$ là một số nguyên dương sẽ được chọn sau. Theo định lý nhị thức, ta có

$(-x-k)^{2n} = (x+k)^{2n} = x^{2n} + 2nk x^{2n-1} + \dots$

và

$(-x-k)^{2n-1} = -(x+k)^{2n-1} = -x^{2n-1} - (2n-1)k x^{2n-2} - \dots$

Suy ra

$P(-x-k) = a_{2n} x^{2n} + (2n k a_{2n} - a_{2n-1}) x^{2n-1} + R_1(x),$

với $R_1(x)$ là một đa thức có bậc không vượt quá $2n-2$ . Từ đó, ta có

$H_1(x) = \left[ a_{2n} x^{2n} + (2n k a_{2n} - a_{2n-1}) x^{2n-1} + R_1(x) \right] - \left[ a_{2n} x^{2n} + a_{2n-1} x^{2n-1} + \dots \right]$

$= 2(n k a_{2n} - a_{2n-1}) x^{2n-1} + S_1(x),$

trong đó $S_1(x)$ là đa thức có bậc không vượt quá $2n-2$ .

Hoàn toàn tương tự, xét hiệu $H_2(x) = P(x) - P(-x+k)$ . Theo định lý nhị thức, ta có

$(-x+k)^{2n} = (x-k)^{2n} = x^{2n} - 2nk x^{2n-1} + \dots$

và

$(-x+k)^{2n-1} = -(x-k)^{2n-1} = -x^{2n-1} + \dots$

Suy ra

$P(-x+k) = a_{2n} x^{2n} - (2n k a_{2n} + a_{2n-1}) x^{2n-1} + R_2(x),$

với $R_2(x)$ là một đa thức có bậc không vượt quá $2n-2$ . Từ đó ta có

$H_2(x) = \left[ a_{2n} x^{2n} + a_{2n-1} x^{2n-1} + \dots \right] - \left[ a_{2n} x^{2n} - (2n k a_{2n} + a_{2n-1}) x^{2n-1} + R_2(x) \right]$

$= 2(n k a_{2n} + a_{2n-1}) x^{2n-1} + S_2(x),$

với $S_2(x)$ là đa thức có bậc không vượt quá $2n-2$ .

Đến đây ta chọn $k > \left| \frac{a_{2n-1}}{n a_{2n}} \right|$ . Với $k$ được chọn như vậy, $H_1(x)$ và $H_2(x)$ đều là các đa thức có bậc lẻ $2n-1$ , hệ số của $x^{2n-1}$ ở cả hai đa thức đều là số dương. Theo tính chất giới hạn của hàm đa thức, tồn tại các số thực dương $C_1, C_2$ sao cho $H_1(x) > 0$ với mọi $x > C_1$ và $H_2(x) > 0$ với mọi $x > C_2$ .

Chọn số nguyên dương $C = \lfloor \max\{C_1, C_2\} \rfloor + 1$ . Khi đó, với mọi số thực $x > C$ , ta có đồng thời $H_1(x) > 0$ và $H_2(x) > 0$ , tức là

$P(-x-k) > P(x) > P(-x+k).$

Bổ đề được chứng minh hoàn toàn. $\Box$

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	29	30	31

Day: March 18, 2011

Useful Lemmas on Real Polynomials, Part III