Category: Real and complex analysis

Limit of a sequence


Giải tích thực là một nhánh của giải tích toán học nghiên cứu dáng điệu của dãy thực, chuỗi thực, và hàm giá trị thực. Một khái niệm trung tâm của giải tích thực là dãy hội tụ.

Định nghĩa 1. Một dãy số thực \left(u_{n}\right) hội tụ đến một số thực l, hay l là một giới hạn của dãy số (u_n), nếu với mỗi số thực dương \epsilon, tồn tại số nguyên dương N sao cho mỗi khi n \geq N, ta có \left|u_{n}-l\right|<\epsilon. Nếu một dãy số có một giới hạn ta nói nó là dãy hội tụ, nếu nó không có giới hạn, ta nói nó là dãy phân kỳ.

Để chỉ \left(u_{n}\right) hội tụ đến l, ta viết \lim u_{n}=l hoặc \lim \left(u_{n}\right) =l. Ký hiệu \displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} u_{n}=l cũng hay được dùng. Định nghĩa trên có thể gây rối đối với những bạn mới học giải tích, sau đây chúng tôi giới thiệu một định nghĩa khác, hình học hơn. Để làm điều này ta cần đến:

Định nghĩa 2. Cho số thực l và số thực \epsilon>0, tập

U_{\epsilon}(l)=\{x \in \mathbb{R}:|x-l|<\epsilon\} được gọi là \epsilon-lân cận của l.

Để ý rằng U_{\epsilon}(l) gồm tất cả các điểm trên trục số cách điểm l một khoảng bé hơn \epsilon. Nói cách khác, U_{\epsilon}(l) là một khoảng có tâm tại l và bán kính \epsilon.

Định nghĩa 3. Một dãy số thực \left(u_{n}\right) hội tụ đến một số thực l, hay l là một giới hạn của dãy số (u_n), nếu với mỗi \epsilon-lân cận U_{\epsilon}(l) của l, có một vị trí trong dãy mà từ đó trở đi, mọi số hạng của dãy đều thuộc U_{\epsilon}(l). Nói cách khác, mỗi \epsilon-lân cận của l đều chứa hầu hết (chỉ trừ một số hữu hạn) các số hạng của dãy (u_n).

Số N nói chung phụ thuộc vào \epsilon. Khi \epsilon càng nhỏ có thể N càng lớn. Định nghĩa giới hạn của một dãy số thực được sử dụng để kiểm tra xem một số thực l có là giới hạn của dãy hay không, nó không cho ta cách xác định giới hạn của dãy.

Ví dụ 1. Với mọi số thực a, dãy hằng a,a,a,\ldots hội tụ đến a.

Lời giải. Xét một số thực a. Ta phải chứng minh \lim u_n=a, trong đó (u_n)_{n\geq 1} là dãy số xác định bởi u_n=a với mọi số nguyên dương n. Với một số thực dương \epsilon bất kỳ, chọn N=1, ta có \mid u_n-a\mid =\mid a-a\mid =0<\epsilon,\quad\forall n\geq N. Từ đây ta có điều cần chứng minh. \Box

Ví dụ 2. Chứng minh rằng \lim\dfrac{1}{\sqrt{n}}=0.

Lời giải. Ta phải chứng minh \lim u_n=0, trong đó (u_n)_{n\geq 1} là dãy số xác định bởi u_n=\dfrac{1}{\sqrt{n}} với mọi số nguyên dương n. Với một số thực dương \epsilon bất kỳ, chọn N=2+[1/\epsilon^2], ta có \mid u_n-0\mid =\frac{1}{\sqrt{n}}<\epsilon,\quad\forall n\geq N. Từ đây ta có điều cần chứng minh. \Box

Ví dụ 3. Chứng minh rằng \lim\dfrac{n+1}{n}=1.

Lời giải. Ta phải chứng minh \lim u_n=1, trong đó (u_n)_{n\geq 1} là dãy số xác định bởi u_n=\dfrac{n+1}{{n}} với mọi số nguyên dương n. Với một số thực dương \epsilon bất kỳ, chọn N=2+[1/\epsilon], ta có \mid u_n-1\mid =\frac{1}{{n}}<\epsilon,\quad\forall n\geq N. Từ đây ta có điều cần chứng minh. \Box

Continue reading “Limit of a sequence” →

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.feqDownload

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