Lagrange interpolating polynomial

Đây là bài thứ bốn về đa thức của tôi, các bạn học sinh nên xem lại ba bài trước để học cho dễ dàng hơn.

—

Đa thức có thể được sử dụng để xấp xỉ các đường cong phức tạp, hay tính giá trị của các hàm logarit và lượng giác. Đầu tiên, chọn một vài dữ liệu đã biết, sau đó tìm một đa thức có bậc đủ bé có cùng dữ liệu đã chọn, cuối cùng xem đa thức vừa tìm được như là hàm số đang xét. Điều này dẫn đến việc tính toán nhanh hơn đáng kể.

Định lí. Cho số nguyên dương $n$ và $n+1$ số phức đôi một khác nhau $x_0,$ $x_1,$ $\ldots,$ $x_{n}.$ Khi đó với mỗi $n+1$ số phức $y_0,$ $y_1,$ $\ldots,$ $y_n,$ có đúng một đa thức $P(x)$ với hệ số phức có bậc không lớn hơn $n$ sao cho

$P(x_i)=y_i,\quad \forall i=\overline{0,n}.$

Chứng minh. Nếu $P$ và $Q$ là các đa thức thỏa mãn các điều kiện của định lí thì đa thức $P-Q$ có bậc không lớn hơn $n$ và có ít nhất $n+1$ nghiệm, suy ra $P-Q$ là đa thức không và $P=Q.$ Mặt khác, đa thức $\displaystyle P(x)=\sum_{i=0}^ny_i\prod_{j\not =i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$ thỏa mãn $P(x_i)=y_i,\quad \forall i=\overline{0,n},$ do đó định lí được chứng minh. $\Box$

Hệ quả (Công thức nội suy Lagrange). Cho số nguyên dương $n$ và đa thức $P(x)$ với hệ số phức có bậc không lớn hơn $n.$ Khi đó với mỗi $n+1$ số phức đôi một khác nhau $x_0,$ $x_1,$ $\ldots,$ $x_{n},$ ta có

$\displaystyle P(x)=\sum_{i=0}^nP(x_i)\prod_{j\not =i}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}.$

Trong công thức trên, $n+1$ số phức $x_0,$ $x_1,$ $\ldots,$ $x_{n}$ được gọi là các nút nội suy. Ta thường dùng công thức nội suy Lagrange trong tình huống: Biết thông tin của $P$ tại các $x_i$ , cần tìm thông tin của $P$ tại $y\not\in \{x_i\}.$

Ví dụ 1. Cho hai đa thức $A(x)=x^{81}+x^{49}+x^{25}+x^9+x$ và $B(x)=x^3-x.$ Tìm dư khi chia $A(x)$ cho $B(x).$

Lời giải. Giả sử $Q(x)$ và $R(x)$ lần lượt là thương và dư trong phép chia $A(x)$ cho $B(x).$ Ta có $A(x)=B(x)Q(x)+R(x)$ và $\deg R<3.$ Vì $B(0)=B(1)=B(-1)=0$ nên $R(0)=0,$ $R(1)=5$ và $R(-1)=-5,$ do đó áp dụng công thức nội suy Lagrange cho $R$ với các nút $0;1$ và $-1$ ta có

$\displaystyle R(x)=R(0).\frac{(x-1)(x+1)}{(0-1)(0+1)}+R(1).\frac{(x-0)(x+1)}{(1-0)(1+1)}+R(-1).\frac{(x-0)(x-1)}{(-1-0)(-1-1)}$

$\displaystyle =\frac{5}{2}x(x+1)-\frac{5}{2}x(x-1)=5x.$ $\Box$

Ví dụ 2. Cho số nguyên dương $n$ và đa thức $P$ có bậc $n$ thỏa mãn $\displaystyle P(k)=\frac{k}{k+1},\quad \forall k=\overline{0,n}.$ Tính $P(n+1).$

Lời giải. Do $P$ có bậc $n$ nên áp dụng công thức nội suy Lagrange cho $P$ với $n+1$ nút $0,$ $1,$ $\ldots,$ $n$ ta có $\displaystyle P(x)=\sum_{k=0}^nP(k)\prod_{j\not =k}\frac{x-j}{k-j}$

$\displaystyle =\sum_{k=0}^n\frac{k}{k+1}\prod_{j\not =k}\frac{x-j}{k-j}=\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^{n-k}k}{(k+1)!(n-k)!}\prod_{j\not =k}(x-j),\quad\forall x\in\mathbb{R}.$ Suy ra

$\displaystyle P(n+1)=\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^{n-k}k}{(k+1)!(n-k)!}\prod_{j\not =k}(n+1-j)$

$\displaystyle =\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^{n-k}k}{(k+1)!(n-k)!}.\frac{(n+1)!}{n+1-k}$

$\displaystyle =\frac{1}{n+2}\sum_{k=0}^nk(-1)^{n-k}C^{k+1}_{n+2}=\frac{1}{n+2}\sum_{k=0}^n\left[(k+1)(-1)^{n-k}C_{n+2}^{k+1}+(-1)^{n-k+1}C_{n+2}^{k+1}\right]$

$\displaystyle =\frac{1}{n+2}\left(\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}(n+2)C_{n+1}^k+\sum_{i=1}^{n+1}(-1)^{n+2-i}C_{n+2}^i\right)=\dfrac{n+1+(-1)^{n+1}}{n+2}. \Box$

Ví dụ 3. Cho số nguyên dương $n$ và các số nguyên $x_0 > x_1 > \ldots > x_n.$ Chứng minh rằng một trong các số $|F(x_0)|,$ $|F(x_1)|,$ $|F(x_2)|,$ $\ldots,$ $|F(x_n)|$ lớn hơn hoặc bằng $\displaystyle \frac{n!}{2^n}.$ Trong đó

$F(x) = x^n + a_1x^{n-1} + \cdots+ a_n$

là một đa thức với hệ số thực.

Lời giải. Giả sử $\displaystyle |F(x_i)|<\dfrac{n!}{2^n},\quad \forall i=\overline{0,n}.$ Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho $P$ với $n+1$ nút $x_0,$ $x_1,$ $\cdots,$ $x_n$ ta có

$\displaystyle x^n + a_1x^{n-1} + \cdots+ a_n\equiv \sum_{k=0}^nF(x_k)\prod_{j\not =k}\frac{x-x_j}{x_k-x_j},$ để ý đến hệ số của $x^n$ trong hai vế ta có $\displaystyle 1=\left|\sum_{k=0}^n\prod_{j\not =k}\frac{F(x_k)}{x_k-x_j}\right|\leq \sum_{k=0}^n\prod_{j\not =k}\frac{|F(x_k)|}{|x_k-x_j|}<$ $\displaystyle \sum_{k=0}^n\prod_{j\not =k}\frac{\frac{n!}{2^n}}{|x_k-x_j|}\leq \sum_{k=0}^n\prod_{j\not =k}\frac{\frac{n!}{2^n}}{|k-j|}=1,$ không thể xảy ra điều này. $\Box$

Ví dụ 4. Chứng minh rằng với mỗi số thực $a$ và với mỗi số nguyên dương $n$ ta có

$\displaystyle \sum_{k = 0}^n( - 1)^k\binom{n}{k}(a - k)^n = n!.$

Lời giải. Vế trái là đa thức của $a$ nên chỉ cần chứng minh đẳng thức khi $a$ là số nguyên. Sau đây ta chứng minh đẳng thức khi $a= 0$ và $n\geq 3$ , hay chứng minh

$\displaystyle \sum_{k = 0}^n( - 1)^{n + k}\binom{n}{k}k^n = n!.$ Theo công thức nội suy Lagrange với các nút $1,$ $2,$ $\ldots,$ $n$ ta có $\displaystyle x^n - (x - 1)(x - 2)\cdots (x - n) \equiv \sum_{k = 1}^nk^n\cdot\prod_{i\not = k}\dfrac{x - i}{k - i},\quad\forall x\in\mathbb{R}.$ Nói riêng, khi $x = 0$ ta có $\displaystyle ( - 1)^{n + 1}\cdot n! = \sum_{k = 1}^nk^n\cdot \dfrac{1}{k}\cdot \dfrac{( - 1)^{n - 1}\cdot n!}{(k - 1)!\cdot (n - k)!\cdot ( - 1)^{n - k}},$ từ đây thu được điều cần chứng minh. $\Box$ .

Continue reading →

A proof of Schonemann’s criterion

Các em học sinh nên xem lại hai bài sau:

[1] https://nttuan.org/2009/01/11/poly02/

[2] https://nttuan.org/2018/08/25/poly03/

Định lý (Schonemann, 1846). Cho số nguyên tố $p$ , số nguyên dương $n$ , và một đa thức $f(x)$ với hệ số nguyên có dạng $f(x)=(g(x))^n+ph(x).$ Trong đó $g$ và $h$ là các đa thức với hệ số nguyên thỏa mãn:

(a) hệ số cao nhất của $g$ bằng $1$ và $g$ bất khả quy trong $\mathbb{F}_p[x]$ .

(b) $\deg (h)<\deg (f)$ và $(g,h)=1$ trong $\mathbb{F}_p[x]$ .

Khi đó $f$ bất khả quy trong $\mathbb{Q}[x]$ .

Chứng minh. Ta thấy hệ số cao nhất của $f$ bằng $1$ và $\deg (f)=n\deg (g).$ Giả sử $f$ khả quy trong $\mathbb{Q}[x]$ , suy ra $f=f_1f_2$ , với $f_1$ và $f_2$ là các đa thức khác hằng với hệ số nguyên cùng có hệ số cao nhất là $1$ . Khi đó trong $\mathbb{F}_p[x]$ ta có $g^n=f_1f_2,$ mà hệ số cao nhất của $g$ bằng $1$ và $g$ bất khả quy trong $\mathbb{F}_p[x]$ , suy ra trong $\mathbb{Z}[x]$ thì $f_1=g^r+pF_1$ và $f_2=g^{n-r}+pF_2,$ ở đây $r$ là số nguyên dương bé hơn $n$ , và $F_1$ , $F_2$ là hai đa thức với hệ số nguyên. Do đó trong $\mathbb{Z}[x]$ ta có đẳng thức

$h=F_1g^{n-r}+F_2g^r+pF_1F_2,$

suy ra $g\mid h$ trong $\mathbb{F}_p[x],$ điều này không thể xảy ra do $(g,h)=1$ trong $\mathbb{F}_p[x]$ . $\Box$

Tiêu chuẩn này là một tổng quát của tiêu chuẩn Eisenstein.

Polynomials with integer coefficients

Đây là bài thứ ba về đa thức của tôi, các bạn học sinh nên xem lại hai bài trước để học cho dễ dàng hơn. Như các bài trước, các bạn học sinh tự hoàn thiện các lời giải một cách chi tiết.

[1] https://nttuan.org/2023/06/30/poly01/

[2] https://nttuan.org/2023/08/11/poly02/

Mục đích của bài này là giới thiệu một số kết quả cơ bản về các đa thức với hệ số nguyên, chẳng hạn như định lí nghiệm hữu tỷ và tiêu chuẩn bất khả quy của Eisenstein.

Định lí 1 (Định lí nghiệm hữu tỷ). Cho số nguyên dương $n$ và đa thức

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

có bậc bằng $n$ với hệ số nguyên. Khi đó nếu $r / s$ là một nghiệm hữu tỷ khác không của $P(x)$ thỏa mãn $(r, s)=1$ , thì $r \mid a_0$ and $s \mid a_n$ .

Chứng minh. Từ giả thiết ta có $a_n r^n+a_{n-1} r^{n-1} s+\cdots+a_1 r s^{n-1}+a_0 s^n=0,$
suy ra $r \mid a_0 s^n$ và $s \mid a_n r^n$ . Nhưng $r$ và $s$ nguyên tố cùng nhau, nên $r \mid a_0$ và $s \mid a_n$ . $\Box$

Theo định lí này, khi $P$ có hệ số cao nhất bằng $1$ thì mọi nghiệm hữu tỷ của $P$ đều là số nguyên. Với một đa thức khác hằng với hệ số nguyên, từ định lí ta cũng thấy muốn tìm nghiệm hữu tỷ của đa thức ta chỉ cần tìm trong một tập hợp hữu hạn.

Ví dụ 1. Giả sử ta muốn tìm tất cả các nghiệm hữu tỷ của đa thức $P(x)=x^3-5x^2+x+10.$ Theo định lí, nghiệm hữu tỷ của $P$ phải là nghiệm nguyên và nó bằng $0$ hoặc là ước của $10$ . Suy ra nghiệm hữu tỷ của $P$ thuộc tập hợp $\{0,\pm 1,\pm 2,\pm 5,\pm 10\}.$ Kiểm tra trực tiếp ta thấy nghiệm hữu tỷ của đa thức là $2$ .

Định nghĩa 1. Một đa thức khác không với hệ số nguyên được gọi là nguyên bản nếu các hệ số của nó chỉ có ước dương chung là $1$ .

Định lí 2 (Bổ đề Gauss). Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa thức nguyên bản.
Chứng minh. Giả sử $f(x)=g(x) h(x)$ là tích của hai đa thức nguyên bản và $p$ là một số nguyên tố chia hết mọi hệ số của $f$ . Viết $g(x)=\sum a_kx^k$ và $h(x)=\sum b_mx^m$ . Do $f$ và $g$ là nguyên bản nên ta có thể chọn các chỉ số $i$ và $j$ lớn nhất để $p\nmid a_i$ và $p\nmid b_j$ . Khi đó hệ số của $x^{i+j}$ trong $f$ bằng $a_ib_j$ , số này không chia hết cho $p$ , vô lý. $\Box$

Hệ quả. Cho $f(x)$ là một đa thức khác hằng với hệ số nguyên sao cho $f(x)=g(x)h(x)$ , ở đây $g$ và $h$ là các đa thức khác hằng với hệ số hữu tỷ. Khi đó $f$ là tích của hai đa thức với hệ số nguyên có bậc bằng bậc của $g$ và $h$ .
Chứng minh. Từ giả thiết ta có thể viết $\displaystyle f(x)=\frac{m}{n}g_1(x)h_1(x)$ , trong đó $m$ và $n$ là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, và $g_1,h_1$ là hai đa thức nguyên bản có bậc lần lượt bằng bậc của $g_1$ , $h_1$ . Nếu $a$ là một hệ số của $g_1h_1$ thì $n \mid m a$ do $f$ có hệ số nguyên, suy ra $n \mid a$ . Như vậy $n$ là số nguyên dương chia hết mọi hệ số của đa thức $g_1h_1$ , là một đa thức nguyên bản theo bổ đề Gauss, suy ra $n=1$ . Khi đó $f=(m g_1)(h_1)$ , đây là phân tích ta cần. $\Box$
Bằng quy nạp ta dễ dàng mở rộng kết quả trên cho nhiều hơn hai thừa số.

Định lí 3 (Tiêu chuẩn Eisenstein). Cho số nguyên dương $n$ và đa thức $f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n$ có bậc $n$ với hệ số nguyên. Giả sử có số nguyên tố $p$ sao cho $a_n$ không chia hết cho $p$ , các hệ số $a_0,a_1,\ldots,a_{n-1}$ chia hết cho $p$ và $a_0$ không chia hết cho $p^2$ . Khi đó $f$ là đa thức bất khả quy trên $\mathbb{Q}$ .

Chứng minh. Giả sử $f$ không bất khả quy trên $\mathbb{Q}.$ Khi đó theo hệ quả trên, tồn tại các đa thức khác hằng với hệ số nguyên $g$ và $h$ sao cho $f=gh.$ Viết $g(x)=b_0+b_1x+\cdots+b_kx^k$ và $h(x)=c_0+c_1x+\cdots+c_mx^m,$ trong đó $k$ , $m$ là các số nguyên dương và $b_kc_m\not=0.$ Vì $b_0c_0=a_0$ chia hết cho $p$ nhưng không chia hết cho $p^2$ nên $p\mid b_0$ hoặc $p\mid c_0$ và không xảy ra cả hai. Giả sử mà không làm mất tính tổng quát rằng $p\mid b_0$ và $p\nmid c_0.$

Nếu $b_0,b_1,\ldots,b_u (u<k)$ chia hết cho $p$ thì bằng cách để ý đến hệ số của $x^{u+1}$ trong hai vế của $f=gh$ ta có $b_{u+1}$ cũng chia hết cho $p.$ Vậy bằng quy nạp theo $l$ , ta có $p\mid b_l$ với mỗi $l=0,1,\ldots,k$ . Suy ra $a_n=b_kc_m$ chia hết cho $p$ , vô lý. $\Box$

Hệ quả. Với mỗi số nguyên tố $p$ , đa thức $\Phi_p(x)=1+x+\cdots+x^{p-1}$ bất khả quy trên $\mathbb{Q}$ .

Chứng minh. Xét một số nguyên tố $p$ . Ta có

$\displaystyle \Phi_p(x+1)=\frac{(x+1)^p-1}{x}=x^{p-1}+C_p^1x^{p-2}+C_p^2x^{p-3}+\cdots+p,$ và khi $1 \leq i \leq p-1$ thì $p$ chia hết $C_p^i$ . Suy ra theo tiêu chuẩn Eisenstein, đa thức $\Phi_p(x+1)$ bất khả quy trên $\mathbb{Q}$ , do đó $\Phi_p(x)$ bất khả quy trên $\mathbb{Q}$ . $\Box$

Continue reading →

Useful Lemmas on Real Polynomials, Part III

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. $\Box$

Useful Lemmas on Real Polynomials, Part II

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	29	30	31