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. $\Box$

The Chinese Remainder Theorem and Its Generalization

Định lý (Định lý phần dư Trung Hoa). Cho các số nguyên dương $r$ ; $n_1$ , $n_2$ , $\ldots$ , $n_r$ thỏa mãn $(n_i,n_j)=1$ với mọi chỉ số khác nhau $i$ và $j$ . Khi đó hệ phương trình đồng dư

$\displaystyle x\equiv a_1\pmod{n_1},x\equiv a_2\pmod{n_2},\ldots,x\equiv a_r\pmod{n_r}$

có nghiệm duy nhất modulo $\prod n_i$ với mỗi $r$ số nguyên $a_1$ , $a_2$ , $\ldots$ , $a_r$ .

Chúng tôi giới thiệu hai chứng minh của định lí này.

Chứng minh thứ nhất. Phần duy nhất là đơn giản, sau đây ta chứng minh phần tồn tại. Với mỗi $i$ , tồn tại số nguyên $k_i$ để

$\displaystyle x_i:=k_i\prod _{j\not =i}n_j\equiv 1\pmod{n_i}.$

Ta thấy $x=\sum a_ix_i$ là một nghiệm của hệ. $\blacksquare$

Chứng minh thứ hai. Đặt $N=\prod n_i$ . Dễ thấy ánh xạ

$\displaystyle x \pmod N\mapsto (x\pmod{n_1}, x\pmod{n_2}, \ldots, x\pmod{n_r})$

là một song ánh từ tập các lớp $\pmod N$ đến bộ các lớp $\pmod{n_i}$ . $\blacksquare$

Hệ quả. Cho các số nguyên dương $r$ ; $n_1$ , $n_2$ , $\ldots$ , $n_r$ và các số nguyên $a_1,$ $a_2,$ $\ldots,$ $a_r$ . Khi đó hệ phương trình đồng dư

$\displaystyle x\equiv a_1\pmod{n_1},x\equiv a_2\pmod{n_2},\ldots,x\equiv a_r\pmod{n_r}$

có nghiệm khi và chỉ khi $(n_i,n_j)\mid a_i-a_j$ với mọi cách chọn hai chỉ số phân biệt $i$ và $j$ .

Chứng minh. Điều kiện cần là hiển nhiên, ta chứng minh $(n_i,n_j)\mid a_i-a_j$ với mọi $i < j$ là điều kiện đủ để hệ có nghiệm.

Nếu $\prod n_i=1$ thì khẳng định đúng, nếu không, gọi $p_1,p_2,\ldots,p_k$ là các ước nguyên tố của $\prod n_i$ . Với mỗi $i$ , gọi $j(i)$ là chỉ số thỏa mãn

$\displaystyle s_i:=v_{p_i}(n_{j(i)})=\max (v_{p_i}(n_1),v_{p_i}(n_2),\ldots,v_{p_i}(n_r)).$

Theo định lý phần dư Trung Hoa, tồn tại số nguyên $x$ sao cho

$\displaystyle x\equiv a_{j(i)}\pmod{p_i^{s_i}}$

với mọi $i$ . Dễ thấy $x$ là nghiệm của hệ phương trình đồng dư đã cho. $\blacksquare$

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:

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

A Proof of Beatty’s Theorem

Cho số thực $\alpha$ . Dãy Beatty của $\alpha$ là dãy $(a_n)_{n\geq 1}$ xác định bởi $a_n=[n\alpha],\quad \forall n\geq 1.$

Định lý (Beatty). Cho hai số thực dương $\alpha$ và $\beta$ . Khi đó các dãy Beatty của $\alpha$ và $\beta$ làm thành một phân hoạch của tập các số nguyên dương khi và chỉ khi $\alpha$ và $\beta$ là các số vô tỷ và

$\displaystyle \frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}=1.$

Chứng minh. Đặt $S_{\alpha}=\{[n\alpha]|n=1,2,\ldots\}$ và $\displaystyle S_{\beta}=\{[n\beta]|n=1,2,\ldots\}.$

Giả sử $S_{\alpha}$ và $S_{\beta}$ làm thành một phân hoạch của tập các số nguyên dương. Ta thấy ngay $\alpha$ và $\beta$ lớn hơn $1$ , suy ra hai dãy Beatty của hai số này là các dãy tăng. Ta sẽ sử dụng phương pháp mật độ trong lý thuyết số giải tích.

Với mỗi số nguyên dương $k$ , cố định nó. Xét một số nguyên dương $n$ , ta có

$\displaystyle [n\alpha]\leq k\Leftrightarrow n\alpha < k+1\Leftrightarrow n < \dfrac{k+1}{\alpha}.$

Suy ra $|S_{\alpha}\cap \{1, 2, \ldots, k\}|=\left[\dfrac{k+1}{\alpha}\right]$ hoặc $\left[\dfrac{k+1}{\alpha}\right]-1$ tùy theo $\dfrac{k+1}{\alpha}$ không nằm trong hay nằm trong $\mathbb{Z}$ . Chứng minh tương tự ta có $\displaystyle |S_{\beta}\cap \{1, 2, \ldots, k\}|=\left[\dfrac{k+1}{\beta}\right]$ hoặc $\left[\dfrac{k+1}{\beta}\right]-1$ tùy theo $\dfrac{k+1}{\beta}$ không nằm trong hay nằm trong $\mathbb{Z}$ .

Mà $|S_{\alpha}\cap \{1, 2, \ldots, k\}|+|S_{\beta}\cap \{1, 2, \ldots, k\}|=k$ , suy ra

$\displaystyle -2+\left[\dfrac{k+1}{\alpha}\right]+\left[\dfrac{k+1}{\beta}\right]\leq k\leq \left[\dfrac{k+1}{\alpha}\right]+\left[\dfrac{k+1}{\beta}\right].$

Kết hợp với định nghĩa phần nguyên ta được

$\displaystyle -4+\dfrac{k+1}{\alpha}+\dfrac{k+1}{\beta} < k\leq \dfrac{k+1}{\alpha}+\dfrac{k+1}{\beta}.$

Chia các vế cho $k$ và cho $k\to+\infty$ ta có $\dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{1}{\beta}=1.$ Nếu $\alpha$ là số hữu tỷ thì từ đẳng thức này ta có $\beta$ cũng là số hữu tỷ. Viết $\displaystyle \alpha=\dfrac{p}{q},\quad \beta=\dfrac{r}{s},$ với $p$ , $q$ , $r$ , và $s$ là các số nguyên dương. Ta thấy $S_{\alpha}\cap S_{\beta}\not=\emptyset$ , chẳng hạn $pr$ thuộc cả hai tập này, suy ra vô lý. Bởi vậy $\alpha$ là số vô tỷ, và $\beta$ cũng thế.

Bây giờ giả sử ngược lại, $\alpha$ và $\beta$ là các số vô tỷ và $\dfrac{1}{\alpha}+\dfrac{1}{\beta}=1.$ Ta thấy ngay $\alpha$ và $\beta$ lớn hơn $1$ , suy ra hai dãy Beatty của hai số này là các dãy tăng. Nếu $S_{\alpha}\cap S_{\beta}\not=\emptyset$ thì tồn tại các số nguyên dương $k,m$ và $n$ sao cho $k=[m\alpha]=[n\beta]$ . Suy ra

$\displaystyle k\leq m\alpha < k+1,\quad k\leq n\beta < k+1.$

Vì $\alpha$ và $\beta$ là các số vô tỷ nên

$\displaystyle k < m\alpha < k+1,\quad k < n\beta < k+1,$

suy ra

$\displaystyle \frac{k}{\alpha} < m < \frac{k+1}{\alpha},\quad \frac{k}{\beta} < n < \frac{k+1}{\beta},$

cộng theo vế ta có $k < m+n < k+1$ , vô lý. Như vậy $S_{\alpha}\cap S_{\beta}=\emptyset$ .

Nếu tồn tại số nguyên dương $l$ sao cho $l\not\in S_{\alpha}\cup S_{\beta}$ thì tồn tại các số nguyên không âm $p$ và $q$ sao cho

$\displaystyle [p\alpha] < l < [(p+1)\alpha], \quad [q\beta] < l < [(q+1)\beta].$

Vì $l$ là số nguyên nên từ các bất đẳng thức trên ta suy ra $p\alpha < l$ , đồng thời $[(p+1)\alpha] \geq l+1$ kéo theo $(p+1)\alpha \geq l+1$ . Lập luận tương tự cho $\beta$ , ta được