Lượng giác - 8.Đa thức Chebyshev

Chia sẻ: Huynh Minh Quyen | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

1
224
lượt xem
86
download

Lượng giác - 8.Đa thức Chebyshev

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo sách 'lượng giác - 8.đa thức chebyshev', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Lượng giác - 8.Đa thức Chebyshev

  1. Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø ÖÙng duïng CHƯƠNG 2: ĐA THỨC CHEBYSHEV I. ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT ĐA THỨC CHEBYSHEV: 1. Định nghĩa: *Các đa thức Tn ( x) , n ∈ N xác định như sau: T0 ( x ) = 1, T1 ( x ) = x   Tn +1 ( x ) = 2 xTn ( x ) − Tn−1 ( x )  Gọi là các đa thức Chebyshev loại I. * Các đa thức Tn(x), n ∈ N xác định như sau: U 0 ( x ) = 0, U1 ( x ) = 1   U n +1 ( x ) = 2 xU n ( x ) − U n −1 ( x ) , ∀n ≥ 1  Gọi là các đa thức Chebyshev loại II 2. Các tính chất của đa thức loại I: Đa thức Chebyshev có nhiều tính chất hay, được sử dụng rất nhiều trong việc giải quyết các bài toán đa thức. Sau đây xin được nêu một số tính chất quan trọng (việc chứng minh rất dễ dàng) -Tính chất 1: ∀x ∈ [ −1,1] ,ta có Tn ( x ) = cos(n arccos x) -Tính chất 2: Tn ( x ) là đa thức bậc n, n ∈ ¢ ,hệ số cao nhất là 2n−1 -Tính chất 3: Tn ( x) là hàm chẵn khi x chẵn và là hàm lẻ khi x lẻ. -Tính chất 4: Đa thức Tn ( x) có đúng n nghiệm phân biệt trong [ −1,1] : 2k + 1 xk = cos π , ( k = 1, 2,..., n − 1) 2n -Tính chất 5: a) Tn ( x ) ≤ 1, ∀x ∈ [ −1,1] b) Tn ( x ) = 1 chỉ tại n+1 điểm khác nhau trong [ −1,1] là kπ xk = cos ( k = 1, 2,..., n ) n Chú ý là: ( ) Tn xk = ( −1) k Các điểm xk gọi là điểm luân phiên Chebyshev. -Tính chất 6: ∀P ( x ) bậc n, hệ số cao nhất bằng 1, ta có 1 max P ( x ) ≥ 2n −1 1 Đẳng thức xảy ra ⇔ P ( x ) = Tn * ( x ) = 2n −1 Nhoùm hoïc sinh lôùp 11A1 121
  2. Chöông 2: Ña thöùc Chebyshev 3. Các tính chất của đa thức loại II: -Tính chất 1: ∀x ∈ ( −1,1) ta có sin ( n arccos x ) Un ( x) = 1 − x2 1 -Tính chất 2: U n ( x ) = Tn ' ( x ) n -Tính chất 3: a/. U n ( x ) là đa thức hệ số nguyên, bậc n -1, hệ số cao nhất là 2n−1 b/. U n ( x ) là hàm chẵn nếu x lẻ và là hàm lẻ nếu x chẵn. -Tính chất 4: U n ( x ) ≤ n, ∀x ∈ ( −1,1) -Tính chất 5: Đa thức U n ( x ) có đúng n-1 nghiệm phân biệt khác nhau trong [ −1,1] Đặc biệt: Từ tính chất 2 và 4, ta có: Tn ' ( x ) ≤ n 2 , ∀x ∈ ( −1,1) II. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA: Bài 1: Chứng minh rằng mọi đa thức f ( x ) bậc n ≥ 1 đều có thể biểu diễn dưới dạng n f ( x ) = ∑ ai Ti ( x ) , an ≠ 0 i =0 Và cách biểu diễn này là duy nhất. Lời giải Ta có Tn ( x ) là đa thức bậc n có hệ số cao nhất là 2n−1 nên ta có thể viết Tn ( x ) = 2n −1 x n + ϕ ( x ) với ϕ ( x ) là đa thức bậc nhỏ hơn n. 1 1 Suy ra x = n n −1 T ( x) − ϕ ( x) 2 2n −1 Bằng quy nạp ta chứng minh được: f ( x ) = a0 + a1T ( x ) + a2T2 ( x ) + ... + an Tn ( x ) Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất của cách biểu diễn này Giả sử f ( x ) = a0 + a1T ( x ) + a2T2 ( x ) + ... + an Tn ( x ) = a '0 + a '1 T ( x ) + a '2 T2 ( x ) + ... + a 'n Tn ( x ) n Khi đó ∑( a i =0 i − a 'i ) Ti ( x ) = 0, ∀x ∈ ¡ Vậy a0 − a '0 = a1 − a '1 = ... = an − a 'n = 0 Hay a0 = a '0 , a1 = a '1 ,..., an = a 'n Naêm hoïc 2006 – 2007  122
  3. Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø ÖÙng duïng Một trong những dấu hiệu để nhận biết bài toán đa thức có sử dụng tính chất đa thức Chebyshev hay không đó là miền giá trị đa thức. Các bài toán trên miền [ −1,1] đều gợi ra cách giải bằng phương pháp này. Ta xét thêm một số ví dụ: Bài 2: Cho đa thức hệ số thực f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d , α > 0 Biết rằng ∀x ∈ [ −1,1] ta có f ( x ) ≤ α .Tìm max của a , b , c , d Nhận xét: Ta sẽ lưu ý cách chọn điểm luân phiên trong đa thức Chebyshev. Lời giải: A = f (−1) = − a + b − c + d  .    1 a b c  2 4 4 2 B = f −  = − + − + d a = − 3 A + 3 B − 3 C + 3 D   2 8 4 2   b = 1 A + 1 D − E  1 a b c Đặt C = f  = + + +d ⇒ 2 2  2 8 4 2  1 8 8 1 D = f ( 1) = a + b + c + d c = A − B + C − D   6 6 6 6 E = f ( 0) = d d = E     a ≤ 4α b ≤ 2α Từ giả thiết: c ≤ 3α d ≤α ( Bằng cách xét: f ( x ) = α 4x − 3x 3 ) và g ( x ) = α ( 2x 2 ) −1 Thì ta có dấu đẳng thức xảy ra. Vậy: max a = 4α , max b = 2α , max c = 3α , max d = α Chú ý: f(x),g(x) là xét dự trên cơ sở cos2x,cos3x. Bài 3: Cho đa thức Pn−1 ( x ) bậc không vượt quá n − 1 có hệ số bậc cao nhất a0 , thỏa mãn điều kiện: 1− x 2 Pn−1 ( x ) ≤ 1, x ∈ [ −1 1] ∀ , Chứng minh rằng a0 ≤ 2n−1 Nhoùm hoïc sinh lôùp 11A1 123
  4. Chöông 2: Ña thöùc Chebyshev Lời giải 2 j− 1 Ta viết đa thức đã cho dưới dạng nội suy Lagrange theo các nút nội suy x j = cos π 2n là các nghiệm của đa thức Chebyshev T n ( x ) 1 n j−1 Tn ( x ) Pn−1 ( x ) = ∑ ( −1) 1− x 2 Pn−1 ( x j ) j n j=1 x − xj 2n−1 n ∑ ( −1) 1− x 2 P ( x j ) j−1 Suy ra a0 = j n j=1 2n−1 n 2n−1 Vậy nên a0 ≤ ∑ 1− x 2 P ( x j ) ≤ j . = 2n−1 n n j=1 n Bài 4: Giả thiết rằng đa thức Pn−1 ( x ) thỏa mãn các điều kiện của Bài 1. Chứng minh rằng Pn−1 ( x ) ≤ n, x ∈ [ −1 1] ∀ , Lời giải: Với các x j được chọn như ở bài toán trên thì do hàm số y = cosx nghịch biến trong ( 0; ) π nên −1 < xn < xn−1 < ..< x2 < x1 < 1. Nếu x1 < x < 1 thì . 1 n Tn ( x ) 1 n T ( x) Pn−1 ( x ) ≤ ∑ 1− x 2 Pn−1 ( x j ) ≤ ∑ n (2) x − x j n j=1 ( x − x j ) j n j=1 (do x − x j > 0 vàT n ( x ) có dấu không đổi trên ( 1; ) x 1] n Mặt khác thì T n ( x ) = 2 ∏ ( x − x j ) n −1 j=1 n Nên ta có n ∏( x − x ) j n Tn ( x ) (3) ( x) = 2 ∑ (x −x ) =∑ ' n −1 j=1 T n k =1 k k =1 x − xk T n'( x ) Lại có = U n ( x) ≤ n n Nên từ (2) và (3) suy ra Pn−1 ( x ) ≤ n, x ∈ ( 1; ∀ x 1] Hoàn toàn tương tự ta cũng có Pn−1 ( x ) ≤ n, x ∈ [ 1, n ) ∀ − x Xét xn ≤ x ≤ x1 .Khi đó ta có Naêm hoïc 2006 – 2007  124
  5. Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø ÖÙng duïng π 1− x 2 ≥ 1− x1 = s n ( ar 2 i ccosx1 ) = s n i 2n snx 2 i Do 1≥ ≥ x π π π 2 1 1 sn i ≥ . = và 1 − x 2 ≥ .Suy ra: 2n 2n n n n 1 Pn −1 ( x ) ≤ =n 1 n Tóm lại ta đã chứng minh được rằng Pn−1 ( x ) ≤ n, x ∈ [ −1 1] ∀ , Bài 5: Cho đa thức lượng giác P ( t ) = a1 sin t + a2 sin 2t + ... + an sin ( nt ) Thỏa mãn điều kiện P ( t ) ≤ 1, ∀t ∈ ¡ \ { ..., −2π , −π , 0, π , 2π ,...} P( t) Chứng minh rằng ≤ n, ∀t ∈ ¡ \ { ..., −2π , −π , 0, π , 2π ,...} sin t Lời giải: P( t) Nhận xét rằng = Pn −1 ( cos t ) với Pn −1 ( x ) là đa thức dạng (1). Đặt cos t = x . Khi đó sin t x ≤ 1 và P ( t ) = sin Pn −1 ( cos t ) = 1 − x 2 Pn −1 ( x ) Ta thấy P ( x ) thỏa mãn điều kiện của Bài 2 nên Pn−1 ( x ) ≤ n, x ∈ [ −1 1] ∀ , Do đó P( t) ≤ n, ∀t ∈ ¡ \ { ..., −2π , −π , 0, π , 2π ,...} sin t Bài 6: Cho đa thức lượng giác n P ( x ) = ∑ ( a j cos jx + b j sin jx ) j =0 Thỏa mãn điều kiện P ( x ) ≤ 1, ∀x ∈ ¡ Chứng minh rằng P ' ( x ) ≤ n, ∀x ∈ ¡ Lời giải: Nhoùm hoïc sinh lôùp 11A1 125
  6. Chöông 2: Ña thöùc Chebyshev Cho x0 tuỳ ý. Do cos ( x0 − x ) − cos ( x0 + x ) = 2sin x0 sin x sin ( x0 + x ) − sin ( x0 − x ) = 2 cos x0 sin x P ( x0 + x ) − P ( x0 − x ) n nên g ( x) = = ∑ c j sin jx 2 j =0 P ' ( x0 + x ) + P ' ( x0 − x ) Suy ra g '( x) = 2 Và g ' ( 0 ) = P ' ( x0 ) .Ta chứng minh rằng g ' ( 0 ) ≤ n .Thật vậy, g ( x ) là đa thức lượng giác chứa thuần sin như trong Bài 3 và P ( x0 + x ) − P ( x0 − x ) P ( x0 + x ) + P ( x0 − x ) g ( x) = ≤ ≤1 2 2 g ( x) Nên theo kết quả của bài 3 thì ≤ n ∀x ∈ ¡ \ { ..., −2π , −π , 0, π , 2π ,...} (4) sin x Nhưng g ( 0 ) = 0 suy ra g ( x ) − g ( 0) x . ≤ n ∀x ∈ ¡ \ { ..., −2π , −π , 0, π , 2π ,...} x−0 sin x g ( x ) − g ( 0) x Nên khi x → 0 : → g ' ( 0) →1 x−0 sin x Ta nhận được g ' ( 0 ) ≤ n Từ đó ta có P ' ( x0 ) ≤ n .Nhưng x0 được chọn tùy ý nên suy ra P ' ( x ) ≤ n ∀x ∈ ¡ Bài 7 (Định lý Berstein-Markov) Cho đa thức Pn ( x ) = a0 x n + a1 x n −1 + ... + an Thỏa mãn điều kiện Pn ( x ) ≤ 1, ∀x ∈ [ −1;1] Chứng minh rằng khi đó : P 'n ( x ) ≤ n , ∀x ∈ [ −1;1] 2 (5) Lời giải: Đặt x = cos a .Khi đó theo giả thiết thì Pn ( cos a ) ≤ 1 .Do Pn ( cos a ) có dạng n Pn ( cos a ) = ∑ ( a j cos jα + b j sin jα ) j =0 Nên ta có thể áp dụng kết quả của Bài 4. Ta được Naêm hoïc 2006 – 2007  126
  7. Chuyeân ñeà Löôïng giaùc vaø ÖÙng duïng P 'n ( x ) sin α .P 'n ( cos α ) ≤ n ⇒ 1 − x 2 ≤1 n P 'n ( x ) Cũng theo Bài 4, ta có ≤ n .Suy ra: P ' ( x ) ≤ n 2 n Nhận xét : Dựa vào kết quả của Định lý Berstein-Markov, sau khi áp dụng liên tiếp kết quả của định lí này, ta sẽ thu được kết quả sau: Nếu Pn ( x ) ≤ 1, ∀x ∈ [ −1;1] thì P ( x ) ≤  n ( n − 1) ( n − 2 ) ... ( n − k + 1)  , ∀x ∈ [ −1;1] ( k) 2   Bài 8: Cho a1 , a2 ,..., an là các số thực không âm và không đồng thời bằng 0. n −1 a/. Chứng minh rằng phương trình x − a1 x − ... − an −1 x − an = 0 n (6) có đúng một nghiệm dương duy nhất. b/. Giả sử R là nghiệm dương của phương trình (6) và n n A = ∑ a j , B = ∑ ja j j =1 j =1 Chứng minh rằng khi đó AA ≤ RB Lời giải: a1 a2 a a) Do x > 0 nên (6) ⇔ 1 = + 2 + ... + n x x xn a1 a2 a Đặ t f ( x ) = + 2 + ... + n . Nhận xét rằng f ( x ) liên tục và f ( x ) nghịch biến trong x x xn khoảng ( 0, +∞ ) nên tồn tại duy nhất R > 0 sao cho f ( R ) = 1 . n aj b) Đặt c j = A .Suy ra c j ≥ 0 và ∑c j =1 j = 1 .Do hàm số y = -lnx lõm trong khoảng ( 0, +∞ ) nên teo BĐT Jensen thì n A  n A   n aj  ∑ c j − ln Rj ≥ − ln  ∑ c j j  = − ln  ∑ j  = − ln f ( R ) = − ln1 = 0 j =1  j =1 R   j =1 R  n Suy ra ∑( c j =1 j ln R j − c j ln A ) n n Và ( ln A) ∑ c j ≤ ( ln R ) ∑ jc j j =1 j =1 1 n 1 n  aj  Hay ∑ A j =1 a j ( ln A ) ≤ ∑ ja j ( ln R )  doc j = ; A > 0  A j =1 A   Vậy nên ( ) ( ) ln A A ≤ ln R B ⇒ A A ≤ R B Nhoùm hoïc sinh lôùp 11A1 127

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản