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 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. $\Box$

A Proof of the Lifting The Exponent Lemma

Định lý 1 (Bổ đề nâng số mũ). Cho hai số nguyên lẻ $a,b$ và số nguyên dương $n$ . Khi đó:

(1) nếu $n$ là số lẻ thì $\displaystyle v_2(a^n-b^n)=v_2(a-b).$

(2) nếu $n$ là số chẵn thì $\displaystyle v_2(a^n-b^n)=v_2\left(\frac{a^2-b^2}{2}\right)+v_2(n).$

Chứng minh. (1) đúng hiển nhiên. Bây giờ ta chứng minh (2).

Viết $n=2^kx$ với $k$ là số nguyên dương và $x$ là số nguyên lẻ. Ta có:

$a^n-b^n=(a^x-b^x)(a^x+b^x)(a^{2x}+b^{2x})\cdots (a^{2^{k-1}x}+b^{2^{k-1}x})$

và trong các thừa số ở vế phải, trừ hai thừa số đầu, tất cả các thừa số còn lại đều chia cho $4$ dư $2$ , suy ra:

$v_2(a^n-b^n)=v_2(a^{2x}-b^{2x})+k-1=v_2(a^2-b^2)+v_2(n)-v_2(2).$

Định lý được chứng minh. $\Box$

Định lý 2 (Bổ đề nâng số mũ). Cho số nguyên tố lẻ $p$ và hai số nguyên $a,b$ không chia hết cho $p$ thỏa mãn $p\mid a-b$ . Khi đó:

$\forall n\in\mathbb{N}^*,\quad v_p\left(a^n-b^n\right)= v_p\left(a-b\right)+v_p(n).$

Chứng minh. Với mỗi số nguyên tố lẻ $p$ , cố định nó. Gọi $S$ là tập tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho:

$v_p\left(a^n-b^n\right)= v_p\left(a-b\right)+v_p(n)$

với mọi $a,b$ thỏa mãn các giả thiết của định lý. Ta cần chứng minh $S=\mathbb{N}^*$ .

Khẳng định 1. $1\in S$ .

Chứng minh. Hiển nhiên. $\Box$

Khẳng định 2. Với mỗi hai số nguyên dương $m$ và $n$ , nếu $m\in S$ và $n\in S$ thì $mn\in S$ .

Chứng minh. Với $m,n\in S$ và $a,b$ thỏa mãn các giả thiết của định lí, ta có:

$\begin{aligned} v_p(a^{mn}-b^{mn}) &=v_p((a^m)^n-(b^m)^n)\\ &=v_p(a^m-b^m)+v_p(n)\\ &=v_p(a-b)+v_p(m)+v_p(n)\\ &=v_p(a-b)+v_p(mn), \end{aligned}$

suy ra $mn\in S$ . $\Box$

Khẳng định 3. Nếu $q$ là một số nguyên tố thì $q\in S$ .

Chứng minh. Cố định số nguyên tố $q$ và hai số nguyên $a, b$ thỏa mãn các điều kiện của định lý. Xét hai trường hợp:

Trường hợp 1. $q\not=p$ .

Ta có $a^q-b^q=(a-b)(a^{q-1}+a^{q-2}b+\cdots+b^{q-1})$ và thừa số thứ hai không chia hết cho $p$ nên có ngay $q\in S$ .

Trường hợp 2. $q=p$ .

Viết $a=b+p^kc$ với $k\in\mathbb{N}^*$ và $c$ là số nguyên không chia hết cho $p$ . Theo định lí nhị thức, ta có:

$a^p-b^p=p^{k+1}b^{p-1}c+C_p^2b^{p-2}p^{2k}c^2+\cdots+p^{kp}c^p.$

Vì $p$ là số nguyên tố lẻ và $k\in\mathbb{N}^*$ nên trong tổng trên, trừ số hạng đầu, tất cả các số hạng còn lại đều chia hết cho $p^{k+2}$ , suy ra:

$v_p(a^p-b^p)=v_p(p^{k+1}b^{p-1}c)=k+1=v_p(a-b)+v_p(p),$

hay $q=p\in S$ . $\Box$

Từ ba khẳng định ta có $S=\mathbb{N}^*$ . $\Box$

Nhận xét. Nếu $p$ là số nguyên tố lẻ thỏa mãn $a \equiv -b \not\equiv 0 \pmod p$ và $n$ là số lẻ thì:

$v_p(a^n + b^n) = v_p(a + b) + v_p(n).$

Burnside’s lemma

Cho $X$ là một tập hợp và $G$ là một nhóm. Ta nói $G$ tác động trên $X$ , hay $X$ là một $G-$ tập, nếu có hàm $G\times X\to X$ , $(g,x)\mapsto gx$ thoả mãn $ex=x\forall x\in X$ và $g_1(g_2x)=(g_1g_2)x\forall x\in X\forall g_1,g_2\in G$ , ở đây $e$ là phần tử đơn vị của $G$ .

Gìơ ta xét một $G-$ tập $X$ , với mỗi $x\in X$ , ta gọi quỹ đạo của $x$ là tập $\{gx|g\in G\}$ . Các quỹ đạo khác nhau của các phần tử trong $X$ làm thành một phân hoạch của $X$ , thật vậy, quan hệ $xRy$ nếu có $g\in G$ để $x=gy$ là một quan hệ tương đương trên $X$ . Khi $X$ và $G$ là các tập hữu hạn thì ta có thể tính số khối của phân hoạch này theo bổ đề sau đây.

Bổ đề Burnside. Nếu $X$ là một $G-$ tập hữu hạn (nghĩa là $X$ và $G$ là các tập hữu hạn và $X$ là một $G-$ tập) và $N$ là số các quỹ đạo khác nhau của các phần tử trong $X$ thì $N=\dfrac{1}{|G|}\sum_{g\in G}F(g)$ , trong đó với mỗi $g\in G$ , $F(g)$ là số phần tử của tập $\{x\in X|gx=x\}$ .

Tôi sẽ không đưa ra chứng minh nào của bổ đề này ở đây, các bạn có thể tìm một chứng minh trong sách Tổ hợp của Ngô Đắc Tân hay sách về lý thuyết nhóm của Rotman. Gìơ ta đi xét các áp dụng của bổ đề này vào giải các bài toán đếm, các bài tập này đều có trong sách của Rotman.

Bài 1. Cho $n$ và $q$ là các số nguyên dương. Hỏi có bao nhiêu lá cờ gồm $n$ mảnh sao cho mỗi mảnh mang một trong $q$ màu cho trước?(Ví dụ một lá cờ như vậy là cờ của Pháp gồm $3$ mảnh).

Lời giải. Vì khi ta tô màu một mặt của lá cờ thì mặt sau sẽ được xác định hoàn toàn màu. Nên số lá cờ bằng số cách tô bảng $1\times n$ bởi $q$ màu, hai cách tô là như nhau nếu nó ở dạng như hình dưới đây.

(Trong hình trên các $c_i$ là các màu.)

Gọi $X$ là tập các bộ $(c_1,c_2,\cdots,c_n)$ với $c_i$ là một trong $q$ màu đã cho với mỗi $i$ . Ký hiệu $S_n$ là nhóm các hoán vị trên $\{1,2,\cdots,n\}$ , $G$ là nhóm con cyclic sinh bởi hoán vị $f$ của $S_n$ , ở đây $f(i)=n+1-i\forall i$ . Ta cho $G$ tác động trên $X$ theo luật $f(c_1,c_2,\cdots,c_n)=(c_n,c_{n-1},\cdots,c_1)$ . Như trên đã phân tích, ta chỉ cần đếm số $N$ các quỹ đạo của các phần tử của $x$ theo tác động này là xong. Theo bổ đề Burnside, ta chỉ cần tính $F(id)$ và $F(f)$ . Dễ thấy $F(id)=|X|=q^n$ theo quy tắc nhân. Để tính $F(f)$ , ta chú ý rằng $(c_1,c_2,\cdots,c_n)\in X$ không thay đổi khi tác động $f$ nếu và chỉ nếu $c_1=c_n,c_2=c_{n-1},\cdots$ , vậy cùng theo quy tắc nhân ta có $F(f)=q^{[\dfrac{n+1}{2}]}$ . Như thế đáp số của bài toán là $\dfrac{1}{2}(q^n+q^{[\dfrac{n+1}{2}]}).$

Bài 2. Cho $n$ và $q$ là các số nguyên dương. Chứng minh rằng có

$\dfrac{1}{4}(q^{n^2}+2q^{[\dfrac{n^2+3}{4}]}+q^{[\dfrac{n^2+1}{2}]})$ cách tô màu bảng vuông $n\times n$ bởi $q$ màu.

Lời giải sơ lược. Lời giải y hệt như trường hợp trên. Ta đánh số các ô của bảng theo kiểu xoáy ốc, chia hai trường hợp $n$ chẵn, lẻ cho dễ đánh số. Tập $X$ bây giờ là tập tất cả các bộ $(c_1,c_2,\cdots,c_{n^2})$ , nhóm $G$ bây giờ là nhóm con cyclic cấp $4$ sinh bởi phép quay $+90^0$ của $S_{n^2}$ .

Chú ý. Khi $n=3,q=n$ ta có bài số 5 trong VMO 2010.

Asian Pacific Mathematics Olympiad 2009

Bài 1. Xét phép toán sau trên các số thực dương được viết trên bảng: Chọn một số $r$ được viết trên bảng, xóa số đó, và sau đó viết một cặp số thực dương $a$ và $b$ thỏa mãn điều kiện $2r^2=ab$ lên bảng. Giả sử ban đầu bạn chỉ có một số thực dương trên bảng, và thực hiện phép toán này $k^2-1$ lần để cuối cùng thu được $k^2$ số thực dương, không nhất thiết phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại một số trên bảng không vượt quá $kr$ .

Bài 2. Cho $a_1, a_2, a_3, a_4, a_5$ là các số thực thỏa mãn $\frac{a_1}{k^2+1} + \frac{a_2}{k^2+2} + \frac{a_3}{k^2+3} + \frac{a_4}{k^2+4} + \frac{a_5}{k^2+5} = \frac{1}{k^2}$ với $k=1,2,3,4,5$ . Tìm giá trị của $\frac{a_1}{37} + \frac{a_2}{38} + \frac{a_3}{39} + \frac{a_4}{40} + \frac{a_5}{41}$ (Biểu diễn giá trị dưới dạng một phân số duy nhất.)

Bài 3. Cho ba đường tròn $\Gamma_1, \Gamma_2, \Gamma_3$ không giao nhau và rời nhau từng đôi một trên mặt phẳng. Với mỗi điểm $P$ trên mặt phẳng, nằm ngoài ba đường tròn, dựng sáu điểm $A_1, B_1, A_2, B_2, A_3, B_3$ như sau: Với mỗi $i=1,2,3$ , $A_i, B_i$ là các điểm phân biệt trên đường tròn $\Gamma_i$ sao cho các đường thẳng $PA_i$ và $PB_i$ đều là tiếp tuyến của $\Gamma_i$ . Gọi điểm $P$ là điểm ngoại lệ nếu, từ cách dựng trên, ba đường thẳng $A_1B_1, A_2B_2, A_3B_3$ đồng quy. Chứng minh rằng mọi điểm ngoại lệ trên mặt phẳng, nếu tồn tại, đều nằm trên cùng một đường tròn.

Bài 4. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$ , tồn tại một cấp số cộng $\frac{a_1}{b_1}$ , $\frac{a_2}{b_2}$ , $\dots$ , $\frac{a_k}{b_k}$ gồm các số hữu tỉ, trong đó $a_i, b_i$ là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau với mỗi $i=1,2,\dots,k$ , sao cho các số nguyên dương $a_1, b_1, a_2, b_2, \dots, a_k, b_k$ đều phân biệt.

Bài 5. Larry và Rob là hai robot đi cùng một chiếc xe từ Argovia đến Zillis. Cả hai robot đều có quyền điều khiển vô lăng và rẽ theo thuật toán sau: Larry rẽ trái $90^\circ$ sau mỗi $l$ kilômét lái xe tính từ điểm xuất phát; Rob rẽ phải $90^\circ$ sau mỗi $r$ kilômét lái xe tính từ điểm xuất phát, trong đó $l$ và $r$ là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Trong trường hợp cả hai lượt rẽ xảy ra đồng thời, xe sẽ tiếp tục đi thẳng mà không chuyển hướng. Giả sử mặt đất bằng phẳng và xe có thể di chuyển theo bất kỳ hướng nào. Giả sử xe xuất phát từ Argovia và hướng về phía Zillis. Với những lựa chọn nào của cặp $(l, r)$ thì xe được đảm bảo sẽ đến Zillis, bất kể khoảng cách từ Argovia là bao xa?