Cardinality of Sets and Countability

Với một tập hợp hữu hạn, ta đo kích thước của nó bằng số phần tử. Đối với các tập hợp vô hạn, việc so sánh kích thước được thực hiện thông qua các song ánh.

card Download

Continuous Solutions of d’Alembert’s Functional Equation

Dưới đây là một tài liệu trình bày trọn vẹn các bước chứng minh cho phương trình hàm d’Alembert đối với lớp hàm liên tục. Tài liệu gồm hai phần chính: Định lý 1 cho hàm liên tục $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ và Định lý 2 mở rộng cho hàm dương $f:(0,+\infty)\to(0,+\infty)$ .

dAlembert.feq Download

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. $\Box$

Useful Lemmas on Real Polynomials, Part I

Trong giải tích và đại số, các đa thức với hệ số thực đóng vai trò nền tảng và xuất hiện thường xuyên trong nhiều bài toán từ cơ bản đến chuyên sâu. Việc hiểu rõ sự biến thiên, tồn tại cực trị, hay đánh giá giới hạn của hàm đa thức là chìa khóa để giải quyết nhiều bài toán khó.

Bài này được biên soạn nhằm cung cấp và hệ thống hóa các tính chất giải tích quan trọng của hàm đa thức thông qua các bổ đề trọng tâm. Các kết quả trong tài liệu tập trung khai thác hành vi của đa thức ở vô cực dựa trên tính chẵn, lẻ của bậc và dấu của hệ số cao nhất. Cụ thể, tài liệu đi sâu vào các vấn đề:

(1) Sự tồn tại giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của đa thức.
(2) Bậc và giới hạn của đa thức sai phân.
(3) Hành vi của đa thức trên các khoảng ở xa gốc tọa độ.
(4) Đánh giá, chặn sự tăng trưởng của đa thức thông qua lũy thừa bậc cao nhất.
(5) Tính chất kẹp của đa thức bậc chẵn.

Đây là những công cụ nền tảng, được chứng minh một cách chặt chẽ dựa trên các định lý về giới hạn và hàm liên tục. Hy vọng tập tài liệu này sẽ là nguồn tham khảo hữu ích, giúp bạn đọc nắm vững các kỹ thuật xử lý đa thức để áp dụng vào các bài toán giải tích, phương trình hàm và bất đẳng thức trong các kỳ thi học sinh giỏi Toán.

Bạn đọc nên xem lại bài sau để theo dõi cho dễ dàng https://nttuan.org/2007/10/26/poly01/

Bổ đề 1. Cho $P(x)$ là một đa thức khác đa thức hằng với hệ số thực. Nếu bậc của đa thức là lẻ thì hàm số đa thức $P(x)$ không có giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất trên tập số thực.

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 $a_n \neq 0$ và $n$ là một số nguyên dương lẻ.

Với mọi $x \neq 0$ , ta có

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

Khi $x$ tiến tới dương vô cực hoặc âm vô cực, phần trong ngoặc có giới hạn là

$\lim_{x\to \pm\infty} \left( a_n + \frac{a_{n-1}}{x} + \dots + \frac{a_1}{x^{n-1}} + \frac{a_0}{x^n} \right) = a_n.$

Mặt khác, vì bậc $n$ là một số lẻ nên

$\lim_{x\to +\infty} x^n = +\infty$ và $\lim_{x\to -\infty} x^n = -\infty.$

Suy ra nếu $a_n > 0$ , theo quy tắc nhân giới hạn, ta có $\lim_{x\to +\infty} P(x) = +\infty$ và $\lim_{x\to -\infty} P(x) = -\infty$ ; nếu $a_n < 0$ , theo quy tắc nhân giới hạn, ta có $\lim_{x\to +\infty} P(x) = -\infty$ và $\lim_{x\to -\infty} P(x) = +\infty$ .

Trong cả hai trường hợp, ta đều thấy giới hạn của hàm số $P(x)$ ở hai đầu vô cực luôn là dương vô cực và âm vô cực. Điều này có nghĩa là khi $x$ thay đổi trên toàn bộ trục số thực, hàm số $P(x)$ có thể nhận những giá trị lớn tùy ý và những giá trị nhỏ âm tùy ý.

Do tập giá trị của hàm số không bị chặn trên nên $P(x)$ không thể có giá trị lớn nhất trên tập số thực. Tương tự, do tập giá trị không bị chặn dưới nên $P(x)$ cũng không thể có giá trị nhỏ nhất trên tập số thực. $\Box$

Bổ đề 2. Cho $P(x)$ là một đa thức khác đa thức hằng với hệ số thực. Nếu bậc của đa thức là chẵn thì hàm số đa thức $P(x)$ có giá trị nhỏ nhất hoặc giá trị lớn nhất trên tập số thực, nhưng không thể có cả hai.

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 $a_n \neq 0$ và $n$ là một số nguyên dương chẵn.

Với mọi $x \neq 0$ , ta có thể viết lại đa thức dưới dạng

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

Khi $x$ tiến tới dương vô cực hoặc âm vô cực, biểu thức trong ngoặc có giới hạn bằng $a_n$ . Mặt khác, vì $n$ là một số nguyên chẵn nên giới hạn của $x^n$ khi $x$ tiến về hai đầu vô cực luôn là dương vô cực:

$\lim_{x\to \pm\infty} x^n = +\infty.$

Từ đây, ta xét hai trường hợp dựa vào dấu của hệ số bậc cao nhất $a_n$ .

Trường hợp 1: $a_n > 0$ .

Theo quy tắc nhân giới hạn, ta có $\lim_{x\to \pm\infty} P(x) = +\infty$ . Điều này chứng tỏ tập giá trị của hàm số $P(x)$ không bị chặn trên, do đó hàm số không thể có giá trị lớn nhất trên tập số thực. Tiếp theo, ta chứng minh hàm số có giá trị nhỏ nhất. Vì giới hạn của $P(x)$ ở hai đầu vô cực là dương vô cực, nên theo định nghĩa giới hạn, tồn tại một số thực dương $M$ đủ lớn sao cho với mọi $x$ thỏa mãn $|x| > M$ , ta đều có $P(x) \ge P(0)$ . Xét trên đoạn $[-M, M]$ , do $P(x)$ là một hàm số liên tục trên một đoạn đóng và bị chặn, theo định lý Weierstrass, hàm số đạt giá trị nhỏ nhất tại một điểm $x_0$ thuộc đoạn $[-M, M]$ . Khi đó, $P(x) \ge P(x_0)$ với mọi $x \in [-M, M]$ . Đặc biệt, vì điểm $0$ nằm trong đoạn $[-M, M]$ nên $P(0) \ge P(x_0)$ . Kết hợp lại, với các điểm $x$ nằm ngoài đoạn $[-M, M]$ (tức là $|x| > M$ ), ta có $P(x) \ge P(0) \ge P(x_0)$ . Như vậy, với mọi số thực $x$ , ta luôn có $P(x) \ge P(x_0)$ , tức là hàm số có giá trị nhỏ nhất trên toàn bộ trục số thực.

Trường hợp 2: $a_n <0$ .

Theo quy tắc nhân giới hạn, ta có $\lim_{x\to \pm\infty} P(x) = -\infty$ . Hoàn toàn tương tự, tập giá trị của hàm số không bị chặn dưới nên $P(x)$ không có giá trị nhỏ nhất. Bằng cách xét giới hạn tiến về vô cực, tồn tại số thực dương $K$ sao cho với mọi $|x| > K$ thì $P(x) \le P(0)$ . Hàm đa thức $P(x)$ liên tục trên đoạn $[-K, K]$ nên sẽ đạt giá trị lớn nhất tại một điểm $x_1 \in [-K, K]$ . Lập luận tương tự như trên cho thấy $P(x) \le P(x_1)$ với mọi số thực $x$ , nghĩa là hàm số có giá trị lớn nhất trên toàn bộ trục số thực.

Tóm lại, nếu $a_n > 0$ thì đa thức có giá trị nhỏ nhất nhưng không có giá trị lớn nhất; nếu $a_n < 0$ thì đa thức có giá trị lớn nhất nhưng không có giá trị nhỏ nhất. $\Box$

Bổ đề 3. Cho $P(x)$ là một đa thức với hệ số thực có bậc $n$ lớn hơn $1$ . Khi đó với mỗi số thực $c$ khác $0$ , đa thức $P(x+c)-P(x)$ có bậc $n-1$ . Nói riêng, với mỗi số thực $c$ khác $0$ , ta có

$\lim_{x\to \pm\infty}|P(x+c)-P(x)|=+\infty.$

Chứng minh. Giả sử $P(x)$ có dạng

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

trong đó $a_n, a_{n-1}, \dots, a_0$ là các số thực và $a_n \neq 0$ .

Theo công thức khai triển nhị thức Newton, ta có

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

và

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

Suy ra

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

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

Từ đó, xét hiệu của hai đa thức, ta có

$P(x+c) - P(x) = \left[ a_n x^n + (a_n n c + a_{n-1}) x^{n-1} + R(x) \right] - \left[ a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \dots + a_0 \right] = a_n n c x^{n-1} + S(x),$

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

Do $a_n \neq 0$ , $n > 1$ và $c \neq 0$ , ta suy ra hệ số của $x^{n-1}$ là $a_n n c \neq 0$ . Điều này chứng tỏ đa thức $Q(x) = P(x+c) - P(x)$ có bậc chính xác bằng $n-1$ .

Mặt khác, vì $n > 1$ nên $n-1 \ge 1$ . Đa thức $Q(x)$ là một đa thức có bậc lớn hơn hoặc bằng $1$ . Theo tính chất giới hạn của đa thức, giới hạn của trị tuyệt đối của một đa thức có bậc từ $1$ trở lên khi $x$ tiến tới dương vô cực hay âm vô cực luôn bằng dương vô cực. Do đó

$\lim_{x\to \pm\infty}|P(x+c)-P(x)|=+\infty.$

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