Luận văn Thạc sĩ Toán học: Đa thức nội suy Lagrange, đa thức Chebyshev và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG

ĐA THỨC NỘI SUY LAGRANGE,

ĐA THỨC CHEBYSHEV VÀ ỨNG DỤNG

NGUYỄN HƯƠNG GIANG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Hà Nội - Năm 2016

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG

ĐA THỨC NỘI SUY LAGRANGE,

ĐA THỨC CHEBYSHEV VÀ ỨNG DỤNG

NGUYỄN HƯƠNG GIANG - C00440

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

CHUYÊN NGÀNH : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

MÃ SỐ : 60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS. LƯU BÁ THẮNG

Hà Nội - Năm 2016

Lời cam đoan

Tôi cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi. Các kết quả nghiên

cứu trong luận văn là trung thực và chưa từng được ai công bố trong bất kỳ

công trình nào khác.

Hà Nội, ngày 11 tháng 6 năm 2016

Tác giả luận văn

Nguyễn Hương Giang

Lời cảm ơn

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn hết sức tận tình và đầy nhiệt

tâm của TS. Lưu Bá Thắng. Tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy

và gia đình. Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám hiệu trường THPT

Chuyên Bắc Giang, tổ Toán – Tin trường THPT Chuyên Bắc Giang cùng các

Thầy, Cô giáo giảng dạy lớp cao học toán CTM3- Bắc Giang đã tận tình giúp

đỡ và tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt thời gian học tập và nghiên

cứu thực hiện đề tài.

Hà Nội, ngày 11 tháng 6 năm 2016

Tác giả luận văn

Nguyễn Hương Giang

Danh mục ký hiệu, chữ viết tắt

(cid:1)

(cid:0)

(cid:4)

x x x ... x i : Biểu thức với i N(cid:6), x R. 1 q p 1 q 2 q i!

⁄

x i (cid:12) (cid:13) : Số tổ hợp chập k của n phần tử, k n. N, n N(cid:6), k

: Phần nguyên của số thực x.

(cid:5) C k n x r s cont

: Ước chung lớn nhất của tất cả các hệ số của đa thức f. f

: Bậc của đa thức. deg

: u là ước của n. n

: International Mathematical Olympiad. u | IMO

USAMO : USA Mathematical Olympiad.

: Vế trái. VT

iii

Mục lục

Lời cam đoan i

Lời cảm ơn ii

Danh mục các ký hiệu, các chữ viết tắt iii

Mở đầu 1

1 Vành đa thức 3

1.1 Vành đa thức một biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Đa thức trên một trường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5

1.3 Đa thức trên trường số hữu tỉ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.3.1 Nghiệm hữu tỉ của đa thức với các hệ số nguyên . . . . 7

1.3.2 Đa thức bất khả quy trên trường số hữu tỉ và tiêu chuẩn

Eisenstein . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.4 Đa thức trên trường số thực và trường số phức . . . . . . . . . . 11

2 Các đa thức nội suy 13

2.1 Đa thức nội suy Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.1.1 Công thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.1.2 Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.1.3 Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

2.1.4 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.2 Đa thức nội suy Chebyshev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.2.1 Công thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

2.2.2 Tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.2.3 Ví dụ minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

2.2.4 Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

2.3 Một số đa thức đặc biệt khác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

2.3.1 Đa thức số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

2.3.2 Đa thức nội suy Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

Kết luận 77

Tài liệu tham khảo 78

Mở đầu

1. Lý do chọn đề tài

Bài toán nội suy là một trong những bài toán cơ bản của toán lý thuyết cũng

như toán ứng dụng. Công thức nội suy giúp chúng ta xác định một đa thức

nhờ một vài giá trị đã biết của đa thức đó tại một số điểm cho trước. Trong

chương trình toán phổ thông, mảng toán đa thức nội suy là một mảng toán

khó, thường chỉ xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi toán quốc gia và quốc

tế. Mặc dù gần đây đa thức nội suy ít xuất hiện hơn trong các đề thi vì hệ

thống bài tập mang tính chất lí thuyết của nó, nhưng việc hiểu biết và nghiên

cứu về đa thức nội suy vẫn hết sức quan trọng trong quá trình bồi dưỡng học

sinh giỏi. Nhiều bài toán về đa thức nội suy dẫn đến những kết quả lí thú hoặc

phải dùng các cách chứng minh đặc sắc. Chúng có tác dụng phát triển tư duy

logic, phát triển tính linh động và sáng tạo khi nghiên cứu toán. Đồng thời

sự phát hiện những ứng dụng đa dạng của đa thức nội suy trong đại số cũng

luôn đem lại sự hấp dẫn đối với các giáo viên và học sinh khi nghiên cứu. Mặc

dù đã có nhiều tài liệu viết về đa thức nội suy Lagrange, đa thức Chebyshev

nhưng hầu hết đều khó với học sinh khi bắt đầu tiếp cận. Với mục đích cung

cấp thêm một tài liệu tham khảo phục vụ cho học sinh chuyên toán tìm hiểu

về hai loại đa thức đó, tôi đã chọn viết đề tài "Đa thức nội suy Lagrange, đa

thức Chebyshev và ứng dụng".

2. Mục đích nghiên cứu

Đề tài đề cập đến một số bài toán nội suy cổ điển và việc ứng dụng chúng để

giải một số dạng toán khó trong chương trình toán phổ thông.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu

Nghiên cứu các bài toán về đa thức, các dạng toán về khai triển, đồng nhất

thức, các bài toán về tính chia hết của đa thức, . . . , hệ thống lại một số dạng

toán trong chương trình toán phổ thông và một số bài toán nâng cao.

4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

Luận văn tập trung vào nghiên cứu về các công thức nội suy: Công thức nội

suy Lagrange; công thức nội suy Chebyshev; công thức nội suy Newton, đa

thức số trong phạm vi ứng dụng trong chương trình toán phổ thông, giải quyết

một số bài toán khó trong chương trình phổ thông.

5. Cấu trúc của luận văn

Luận văn được chia thành hai chương.

Chương 1. Vành đa thức.

Trong chương hệ thống lại các kiến thức cơ sở về đa thức: bậc của đa

thức, nghiệm của đa thức, các khái niệm ước chung, ước chung lớn nhất

của hai đa thức, đa thức khả quy, bất khả quy, đa thức nguyên bản, định

lí Bézout,. . . cùng với các tính chất của đa thức trên các trường số hữu

tỉ, trường số thực và trường số phức.

Chương 2. Các đa thức nội suy.

Trong chương trình bày chi tiết về hai đa thức nội suy Lagrange, đa thức

Chebyshev cùng với các tính chất của chúng. Đồng thời nêu ứng dụng của

đa thức nội suy Lagrange trong các bài toán chứng minh hoặc tính tổng,

rút gọn biểu thức, xác định đa thức,.... Ứng dụng của đa thức Chebyshev

trong các bài toán cực trị liên quan đến đa thức, giải phương trình bậc

cao hoặc trong các bài toán lượng giác liên quan đến số hữu tỉ, trong các

bài toán số học,.... Cuối chương giới thiệu thêm về hai loại đa thức đặc

biệt là đa thức số và đa thức nội suy Newton.

Chương 1

Vành đa thức

Chương này trình bày cách xây dựng vành đa thức một biến cùng các kiến

1.1 Vành đa thức một biến

thức cơ sở về đa thức trên trường số hữu tỉ, trường số thực và trường số phức.

Cho A là một vành giao hoán có đơn vị 1. Kí hiệu

s (cid:16) t

(cid:16)

(cid:0)

A x f ... A, n a0 a1x anxn ai N u

với x là biến. Giả sử

(cid:0)

(cid:16)

(cid:0)

f ... ... A . a0 a1x anxn, g b0 b1x bmxm x s

(cid:0)

(cid:16)

Không mất tính tổng quát, giả sử m n và m n s. Khi đó

(cid:16)

(cid:0)

g ... A x . ... b0 b1x bnxn bn(cid:0)1xn(cid:0)1 bn(cid:0)sxn(cid:0)s

(cid:16)

(cid:16) 0.

(cid:16)

Trên A ta có quan hệ bằng nhau: f g khi và chỉ khi ai bi với mọi x s i ... 0, 1, ..., n và bn(cid:0)1 bn(cid:0)2 bn(cid:0)s

Phép cộng:

(cid:0)

(cid:16)

(cid:0)

i(cid:16)0 p ‚

f g xi ... ai bi bn(cid:0)1xn(cid:0)1 bn(cid:0)sxn(cid:0)s.

m(cid:0)n

Phép nhân:

(cid:4)

(cid:16)

j(cid:16)0 ‚

i(cid:16)0 ‚

(cid:5)

f g xi.

ai(cid:1)jbj(cid:12) (cid:13) Dễ dàng kiểm tra được với hai phép toán cộng và nhân đã nêu, A trở thành x s một vành giao hoán có đơn vị 1. Khi đó A được gọi là vành các đa thức

(cid:0)

(cid:16)

của biến x trên A, còn các phần tử của A x s x trên A. Đa thức f ... a0 a1x x s được gọi là các đa thức của biến r anxn được gọi là có bậc n và viết là

(cid:16)

(cid:24)

deg f n, nếu an 0. Khi đó an gọi là hệ số bậc cao nhất của f .

(cid:1)8

Quy ước: Đa thức 0 là một đa thức có bậc .

Định lý 1.1.1. Cho A là một miền nguyên. Khi đó A x là một miền nguyên.

Ngoài ra, nếu f, g là các đa thức khác đa thức 0 thì A x s

q (cid:16)

(cid:0)

deg f g deg f deg g.

Chứng minh. Giả sử f, g là các đa thức khác đa thức 0, và giả sử A x s

q (cid:16)

(cid:0)

f x axn U , x

(cid:0)

q (cid:16) m

bxm V g x x q

(cid:160)

(cid:16)

(cid:160)

(cid:16)

với deg U n deg f , deg V deg g. Khi đó a, b khác 0 và

q (cid:16)

(cid:0)

q (cid:0)

f x g x abxn(cid:0)m axnV x bxmU x U x V x q

q (cid:0)

deg axnV x bxmU x V U x m . n

qs (cid:160) x g

q (cid:0) 0 hay A

(cid:24)

q (cid:24)

p x q p deg g.

q (cid:16)

(cid:0)

Vì A là một miền nguyên nên ab x p q 0. Do đó f là một x s miền nguyên. Ta cũng có deg f g deg f

r • Đa thức f được gọi là chia hết cho đa thức g nếu tồn tại đa thức h

Định nghĩa 1.1.1. Giả sử f, g A x với A là một miền nguyên

(cid:16)

A x s để f gh.

• Đa thức d được gọi là một ước chung của f và g nếu cả f và g đều chia hết

cho d.

• Đa thức d được gọi là một ước chung lớn nhất của f và g, nếu d là một ước

chung của f và g, đồng thời d chia hết cho mọi ước chung của f và g.

Ước chung lớn nhất của hai đa thức, được xác định duy nhất sai khác một

nhân tử khả nghịch của A. Nếu một ước chung lớn nhất d của f và g là khả

nghịch (tất nhiên lúc đó d A), thì f và g gọi là nguyên tố cùng nhau.

Định nghĩa 1.1.2. Cho A là một miền nguyên.

(cid:16)

• Đa thức f được gọi là khả quy trên A, nếu có hai đa thức g, h A không x s khả nghịch để f gh.

• Đa thức f được gọi là bất khả quy trên A, nếu không có hai đa thức không

(cid:16)

khả nghịch g, h A x để f gh.

(cid:0)

q (cid:16) phần tử tùy ý của vành A. Khi đó

Định nghĩa 1.1.3. Giả sử f x ... A và c là một a0xn a1xn(cid:1)1 an x s

(cid:0)

• Phần tử f c ... A được gọi là giá trị của f tại c. x a0cn a1cn(cid:1)1 an

q (cid:16) 0 thì c được gọi là nghiệm của f

p x

q (cid:16)

• Nếu f c x . Tìm nghiệm của f trong

A gọi là giải phương trình đại số bậc n sau:

(cid:0)

(cid:16)

(cid:24)

1.2 Đa thức trên một trường

... 0 trên A. a0xn a1xn(cid:1)1 an 0, a0

Trong phần này, ta luôn giả sử K là một trường con của trường số phức C,

tức K là trường số hữu tỉ, trường số thực hoặc trường số phức.

Định lý 1.2.1. Nếu K là một trường thì vành K là một vành Euclid. x

K và S(cid:6) là tập các phần tử khác 0 của S. Khi đó

(cid:209)

q (cid:16)

Chứng minh. Đặt S tương ứng δ : S(cid:6) x s r (cid:16) N cho bởi δ f deg f là một ánh xạ Euclid. Thật vậy,

q ¥

với f, g S(cid:6), nếu f là bội của g thì ta thấy ngay δ f δ g , nếu f không là

bội của g thì chia f cho g ta được

(cid:160)

(cid:16)

(cid:0) . Vậy K

f gh r, với r S(cid:6), deg r deg f .

q (cid:160)

p Hệ quả 1.2.2. Nếu K là một trường thì trong K

Khi đó rõ ràng δ r δ f x là một vành Euclid.

ta có : x s

(i) Nếu gh chia hết cho đa thức bất khả quy p thì hoặc g chia hết cho p hoặc

h chia hết cho p.

(ii) Mỗi đa thức bậc dương đều có thể phân tích thành một tích hữu hạn các

nhân tử bất khả quy. Sự phân tích ấy là duy nhất chỉ sai khác thứ tự và

sai khác các nhân tử khả nghịch.

(iii) Nếu d là một ước chung lớn nhất của f và g thì tồn tại u, v để

(cid:16)

(cid:0)

d uf vg.

q P

(cid:1)

K Định lý 1.2.3. Giả sử c x . Khi đó dư của phép chia f K và f x x q cho x c là f , hay c q

q (cid:16) p

(cid:1)

q (cid:0)

q P

K f x x c g x f , g x . c q x s

Chứng minh. Từ thuật toán chia đa thức ta có

q (cid:16) p

(cid:1)

q (cid:0)

f x x c g x b, b K.

q (cid:16) p

(cid:1)

q (cid:0)

(cid:16)

Do đó f c c g c b b. c q

Bây giờ ta cần tìm hiểu cách tính f

(cid:0)

Để ý rằng thực hiện phép chia f x c, ta c p q a0xn của Horner. a1xn(cid:1)1

q (cid:16) x

(cid:0)

q (cid:16)

(cid:0) b0xn(cid:1)1 1, ..., n

được các hệ tử của đa thức thương g an cho x ...

(cid:0) an

p cbi(cid:1)1 , i

(cid:1) bn(cid:1)1 cho bởi cbn(cid:1)1 hay

(cid:1)

(cid:16)

(cid:0)

(cid:16)

(cid:0)

... (cid:0) b1xn(cid:1)2 (cid:0) 1 và dư b các công thức b0 a0, bi ai

(cid:16)

(cid:0)

(cid:0) b0 b1 b2 ...

a0 a1 a2 cb0 cb1

(cid:16)

cbn(cid:1)2

(cid:0) cbn(cid:1)1.

(cid:0)

(cid:16)

’’’’’’’’’’’& ’’’’’’’’’’’%

bn(cid:1)1 b an(cid:1)1 an

(cid:16)

Vì b f c nên sơ đồ tính f và cả g thông qua quá trình lặp như sau: c x

(cid:16)

(cid:0)

(cid:16)

(cid:0)

(cid:16)

(cid:0)

b b0 a0, b1 a1 cb0, ..., bi ai an cbi(cid:1)1, f cbn(cid:1)1. c q (cid:16)

Lược đồ tính f và cả g theo cách này, được gọi là Lược đồ Horner. c x q

q P

(cid:1)

K Định lý 1.2.4. (Bézout). Nếu α thuộc K là nghiệm của đa thức bậc dương f thì x x s x α g f x x q

p deg f

q (cid:16) p 1.

q P

(cid:1)

(cid:16)

K với g x x và deg g

q (cid:0)

q P

K Chứng minh. Ta luôn biểu diễn f x x α g x f α với g x x .

q p (cid:1) và deg g

q p deg f

q (cid:16) p x g α q

q (cid:16)

q (cid:16) p

(cid:1)

Từ f α 0, ta rút ra f x x 1.

(cid:16) K. Khi đó ta có

q P

Hệ quả 1.2.5. Cho một đa thức bậc dương f x

K là các nghiệm của f thì x (i) Nếu α1, ..., αm

q p

q (cid:16) p

(cid:1)

f x x x ... x g α1 α2 αm x q

q P

(cid:1)

(cid:16)

K với g x và deg g deg f m. x s

(ii) Số nghiệm của đa thức f không vượt quá bậc của f x . x q

1 của đa thức bậc dương

P nếu f

¥ với k nguyên dương và g

q (cid:16) p

(cid:1)

q (cid:24)

q P p hợp k

(cid:16)

Khi đó α K α x x x f x α 0. Trường x s K được gọi là một nghiệm bội k kg q r 1 thì α được gọi là nghiệm đơn; trường hợp k 2 thì α được gọi là

nghiệm kép của f . x q

q (cid:16)

(cid:0)

K Hệ quả 1.2.6. Cho f x ... x . Khi đó anxn a1x a0 an(cid:1)1xn(cid:1)1

(i) Nếu f có nhiều hơn n nghiệm thì f phải là đa thức 0. x q x q

(cid:0)

(cid:16)

(ii) Nếu g x ... bnxn

q (cid:16) (cid:0) phân biệt α1, ..., αn

q (cid:16)

(cid:16)

q (cid:16)

1.3 Đa thức trên trường số hữu tỉ

1.3.1 Nghiệm hữu tỉ của đa thức với các hệ số nguyên

bn(cid:1)1xn(cid:1)1 (cid:0) K để f b1x g bn và tồn tại n phần tử . x 1, 2, ..., n thì f g αi b0 có an (cid:0) , i αi x q

(cid:0)

Z Định lý 1.3.1. Cho đa thức f x ... x 0. a0xn a1xn(cid:1)1 an , a0

q (cid:16) 1 là nghiệm của phương trình f

s x

(cid:24) 0 thì:

q (cid:16)

Khi đó nếu số hữu tỉ với p, q p q

(i) p là một ước của an và q là một ước của a0.

(cid:1)

(ii) p mq là một ước của f với mọi số nguyên m. m q

p p q

q (cid:16)

Chứng minh. Giả sử số hữu tỉ với p, q 1 là một nghiệm của f x 0.

n(cid:1)1

(i) Ta có

(cid:0)

(cid:16)

(cid:2)

(cid:10)

(cid:2)

(cid:10)

... 0 a0 a1 an p q p q

hay

(cid:0)

(cid:16)

... 0. a0pn a1pn(cid:1)1q anqn

q (cid:16) (ii) Khai triển f

Vì p, q 1 nên p là một ước của an và q là một ước của a0.

(cid:1)

n(cid:1)1

theo các lũy thừa của x m ta được x q

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

q (cid:0)

q P

Z f x x m x ... m x f m . a0 b1 bn(cid:1)1 m q x s

q (cid:16) p q

(cid:16)

Thay x , ta được

n(cid:1)1q

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:16)

p mq p mq ... p mq qn(cid:1)1 f m qn 0. a0 b1 bn(cid:1)1

q (cid:16)

(cid:1)

Vì p, q 1 nên p mq là ước của f với mọi số nguyên m. m q

Hệ quả 1.3.2. Các nghiệm hữu tỉ của đa thức sau phải là các số nguyên

q (cid:16)

(cid:0)

1.3.2 Đa thức bất khả quy trên trường số hữu tỉ và

tiêu chuẩn Eisenstein

Z f x xn ... . a1xn(cid:1)1 an x s

q (cid:16)

(cid:0)

(cid:24)

Z Cho đa thức f x ... x 0. Đặt a0xn a1xn(cid:1)1 an , a0 an(cid:1)1x

q (cid:16)

(cid:16) p

cont f d . a0, ..., an

Khi đó f là một đa thức với các hệ số là các số nguyên, nguyên tố cùng nhau. 1 d Đa thức này được gọi là một đa thức nguyên bản.

q (cid:16)

Z Bổ đề 1.3.3. (Gauss). Nếu gh thì cont gh cont g cont . x s h q

q (cid:16)

g 1 là đủ, vì thay h

q (cid:16) và

cho việc xét g và h ta xét các đa thức tương ứng. Giả sử Chứng minh. Chỉ cần chứng minh khi cont g cont g cont h cont h q

p a1xn(cid:1)1

q (cid:16)

(cid:0)

g x ... a0xn an,

(cid:0)

q (cid:16) cont

h x ... b0xm b1xm(cid:1)1 bm

(cid:24)

q (cid:16)

h 1. 0, và cont g

q (cid:16) 1. Gọi p là một ước nguyên tố của d. Khi đó tất cả các

q (cid:16)

với a0b0 Giả sử cont gh d

hệ số của gh đều chia hết cho p. Gọi ar và bs là những hệ số đầu tiên của g và h tương ứng mà không chia hết cho p. Khi đó

(cid:17)

0 ... mod p

(cid:17) 0

p mod p

q .

$ &

(cid:17)

... a0 b0 ar(cid:1)1 bs(cid:1)1 ar(cid:1)2 bs(cid:1)2

Do đó

(cid:16)

(cid:0)

(cid:17)

... ... . arbs arbs cr(cid:0)s ar(cid:0)1bs(cid:1)1 ar(cid:1)1bs(cid:0)1 ar(cid:1)2bs(cid:0)2 mod p q

q (cid:16)

1 hay cont cont cont gh gh g . Dẫn tới cr(cid:0)s không chia hết cho p, (mâu thuẫn). h Vậy cont q

q (cid:16)

Khi cont g cont h 1 thì cont gh 1.

Từ bổ đề trên ta suy ra hệ quả sau:

Hệ quả 1.3.4. Tích của hai đa thức nguyên bản cũng là đa thức nguyên bản.

Z x là một đa thức bất khả quy trên

Hệ quả 1.3.5. Đa thức nguyên bản f Z khi và chỉ khi nó là một đa thức bất khả quy trên Q.

(cid:16)

Z Q và f gh với g, h x . Dễ thấy rằng luôn

x , đồng thời là

s và f là một đa thức nguyên

q p

(cid:16) p

sh rg

Chứng minh. Giả sử f x s tồn tại các số hữu tỉ dương r và s sao cho rg và sh thuộc Z các đa thức nguyên bản. Khi đó vì rsf bản, cùng với rg và sh thuộc Z , nên rs nguyên dương. Theo bổ đề 1.3.3, x s

q (cid:16)

(cid:16)

rs cont rsf cont rg cont sh 1.

q p

(cid:16)

(cid:16) p

Vậy rs 1. Do đó f rg sh là một phân tích của f trong Z . x s

Do kết quả này, nên ta có thể chuyển việc xét tính bất khả quy của các đa

r là bất khả quy.

về việc xét tính bất khả quy trong Z x . Sau đây là một tiêu x s thức thuộc Q chuẩn để chứng minh một đa thức thuộc Z x s

Định lý 1.3.6. (Tiêu chuẩn Eisenstein). Cho một đa thức

q (cid:16)

(cid:0)

f x ... anxn a0 an(cid:1)1xn(cid:1)1

bậc n 0 với các hệ số nguyên. Giả sử rằng, tồn tại một số nguyên tố p sao

(cid:160)

n chia hết cho p, nhưng a0 không

cho an không chia hết cho p, và các ai, i chia hết cho p2. Khi đó f x là một đa thức bất khả quy trên Q.

Chứng minh. Giả sử f khả quy trên Q. Bởi chứng minh hệ quả 1.3.5, tồn

x q tại hai đa thức bậc dương g, h với hệ số nguyên để

(cid:12)

(cid:16)

(cid:16) (cid:3)

i(cid:16)0 ‚

j(cid:16)0 ‚

(cid:13)

f gh bixi cjxj

(cid:11) (cid:4) (cid:5) n. Vì b0c0

(cid:16)

(cid:0)

s 0, r với r deg h deg g, s

(cid:0)

... bic0 bi(cid:1)1c1

a0 chia hết cho p nên ít nhất một trong hai số b0 hoặc c0 phải chia hết cho p. Giả sử b0 chia hết cho p. Vì a0 không chia hết cho p2 nên c0 không chia hết cho p. Khi đó nếu tất cả các bi đều chia hết cho p thì an cũng phải chia hết cho p (mâu thuẫn với giả thiết). Do đó phải tồn tại một bj không chia hết cho p. Gọi i là chỉ số nhỏ nhất để b0ci và ai cùng với bi không chia hết cho p. Khi đó vì ai (cid:16) tất cả các số hạng bi(cid:1)1c1, ..., b0ci đều chia hết cho p nên bic0 cũng phải chia hết cho p (mâu thuẫn). Điều này chứng tỏ f là một đa thức bất khả quy trên Q.

Ví dụ 1.1. Chứng minh với p nguyên tố, đa thức sau bất khả quy trên Q:

(cid:0)

q (cid:16) Lời giải. Ta phải chứng minh

f x 1 x ... . xp p! x2 2! (cid:0)

q (cid:16)

(cid:0)

p!x2 p!f x p! p!x ... xn

(cid:160)

chia hết cho p, nhưng không chia 2 (cid:0) p! i! p. Theo tiêu chuẩn Eisenstein đa thức p!f là bất khả

là một đa thức bất khả quy trên Q. Ta có hết cho p2 với mọi i quy trên Q.

1.4 Đa thức trên trường số thực và trường số

phức

Vì C là trường đóng đại số nên đa thức bất khả quy một ẩn trên C chỉ là

những đa thức bậc 1. Vì thế ta chỉ cần xét các đa thức bất khả quy trên R.

R Định lý 1.4.1. Cho một đa thức bậc dương f x x . Khi đó f là một x

p q P b, a

r s 0 hoặc

q (cid:16)

(cid:24)

đa thức bất khả quy khi và chỉ khi f x ax

(cid:0) 0, b2

q (cid:16)

(cid:0)

(cid:24)

(cid:160)

(cid:1)

f x ax2 bx c, a 4ac 0.

q P b2

R Chứng minh. Hiển nhiên, nếu f x x là một đa thức bậc nhất hay một

(cid:16)

(cid:1)

(cid:160) x

p là một đa thức bất khả

q P

r s tam thức bậc 2 với biệt thức ∆ 4ac R. Ta chứng minh điều ngược lại. Giả sử f 1. quy với deg f

q ¥

là bất khả quy trên x q 0, thì f R x s x

p x

q (cid:16)

(cid:0)

(cid:24)

• Nếu deg f 1 thì f x ax 0.

p x

q (cid:16) 2. Khi đó f

q (cid:16)

(cid:24)

• Nếu deg f x b, a ax2 bx c, a 0. Nếu ∆ b2 4ac 0

q (cid:16) (cid:0) (cid:0) R và ta có f

¥ , (mâu

(cid:16) x

p có hai nghiệm α1, α2

(cid:1) α2

q p

q (cid:16)

(cid:1)

thì f x a x α1

P 0.

(cid:160)

(cid:1)

x q thuẫn). Do đó ∆ b2 4ac

q ¡

(cid:16) 2. Vì C là trường đóng đại số nên f α

C • Nếu deg f x x 0 có nghiệm α

p q (cid:16) nên f

(cid:16)

q (cid:16) R

α f f còn nghiệm α. theo Định lí cơ bản của đại số. Do 0

q hay f

q p

(cid:1)

q P

α α x x x x q là khả quy (mâu Khi đó f chứa nhân tử x s x q thuẫn).

q (cid:16)

R Tóm lại, f x là một đa thức bất khả quy khi và chỉ khi hoặc f x

p r q P 0 hoặc f

(cid:0)

(cid:24)

(cid:0)

(cid:24)

q (cid:16)

(cid:160)

(cid:1) R

ax b, a ax2 bx c, a 0, b2 4ac 0. x s x

q P

Định lý 1.4.2. Mỗi đa thức bậc dương f x đều có thể phân tích một x

cách duy nhất dưới dạng

d1...

q (cid:16)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:8)

f x x x x2 x2 α1 αs b1x c1 brx cr a p

(cid:8) 1, 2, ..., r ; cùng với

n1... p q (cid:1) αs và b2

(cid:0) 4ci

(cid:0) (cid:16)

i (cid:1)

¡ ...

(cid:160) (theo thứ tự từ điển).

... 0 với mọi i α2

¡ b2, c2

¡ br, cr

q ¡ p

q ¡

¡ p

trong đó α1 b1, c1

(cid:0)

(cid:16)

là một vành Euclid, nên f x có thể phân tích được x s Chứng minh. Vì R thành tích các nhân tử bất khả quy trong R . Bằng cách viết αx β x s

(cid:0)

(cid:16)

(cid:0)

(cid:3)

(cid:2)

(cid:10)

α x và αx2 βx γ α x , ta có thể quy f về tích β α β α x2 α (cid:0) x q γ α (cid:11)

d1...

n1... p

q (cid:16)

(cid:1)

(cid:0)

f x x x x2 x2 α1 αs b1x c1 brx cr a p

(cid:0) (cid:8) 0 với mọi i

(cid:8) 1, 2, ..., r; cùng với

(cid:0) i (cid:1)

(cid:16)

(cid:160) (theo thứ tự từ điển).

¡ ...

¡ br, cr

¡ b2, c2

q ¡ p

q ¡

... α2 αs và b2 4ci

trong đó α1 b1, c1 p ¡ p Vậy ta thấy ngay sự phân tích này là duy nhất.

Ví dụ 1.2. Ta có phân tích sau:

?5 (cid:0) 2

?5 (cid:1) 2

(cid:0)

(cid:16) p

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

1 1 x x5 1 x2 x x2 x . 1 (cid:11) (cid:3) 1 (cid:11)

(cid:0)

(cid:16)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:9) (cid:1)

x4 1 1 q (cid:3) x?3 x8 x2 1 x2 x?3 x 1 x2 x 1 . x2

(cid:8) (cid:0)

(cid:8)

1 (cid:9) (cid:0)

KẾT LUẬN CHƯƠNG 1

Trong chương 1, chúng tôi đã:

- Chỉ ra cách xây dựng vành đa thức một biến.

- Trình bày các khái niệm cơ bản liên quan đến đa thức.

có là bất khả x

- Nêu một số tính chất của đa thức trên một trường con của trường số phức C, qua đó xét cụ thể trong các trường số hữu tỉ, trường số thực và trường số phức. - Nêu một tiêu chuẩn để kiểm tra xem một đa thức thuộc Z quy hay không.

Từ những kiến thức cơ bản trên, chúng tôi lấy làm cơ sở để trình bày về các

đa thức nội suy ở chương 2.

Chương 2

Các đa thức nội suy

Chương này trình bày chi tiết về đa thức nội suy Lagrange, đa thức nội

suy Chebyshev và một số ứng dụng của hai đa thức đó trong các bài toán tính

2.1 Đa thức nội suy Lagrange

2.1.1 Công thức

tổng, chứng minh, rút gọn biểu thức hoặc giải phương trình bậc cao,....

(cid:1)

x q Định lý 2.1.1. Cho các số thực x1, x2, ..., xn đôi một khác nhau và n số thực a1, a2, ..., an tùy ý. Khi đó tồn tại duy nhất đa thức P có bậc nhỏ hơn hoặc bằng n 1 thỏa mãn điều kiện

q (cid:16)

(cid:16)

P 1, 2, ..., n. xk ak với mọi k

Đa thức đó có dạng:

q (cid:16)

(cid:1) (cid:1)

j(cid:16)1 ‚

i(cid:16)1,i(cid:24)j „

P x . (2.1) aj x xj xi xi

q (cid:16) p

(cid:1)

q p n

Chứng minh. Đặt w x x ... x . Khi đó x x1 x2 xn

q (cid:16)

(cid:1)

i(cid:16)1,i(cid:24)j p „

j(cid:16)1 ‚

w1 x x xi

và

(cid:16)

(cid:1)

(cid:16)

i(cid:16)1,i(cid:24)j „

(cid:0)

(cid:8)

(cid:0)

(cid:8)

w1 , j 1, 2, ..., n. xj xj xi

Lại đặt

q (cid:16)

(cid:16)

(cid:1) (cid:1)

(cid:1)

i(cid:16)1,i(cid:24)j „

(cid:0)

(cid:8)

x , j 1, 2, ..., n wj x x q w1 x xj xi xi w xj xj

(cid:24)

(cid:16)

(cid:1)

q (cid:16) $ &

(cid:16)

0 khi k j n Khi đó đa thức suy ra deg wj 1 và wj xk 1 khi k j.

% x

q (cid:16)

(cid:1) (cid:1)

i(cid:16)1,i(cid:24)j „

j(cid:16)1 ‚

P x ajwj aj x xj xi xi

j(cid:16)1 ‚ ak, với mọi k

⁄

(cid:1)

q (cid:16)

(cid:16)

có deg P n 1 và thỏa mãn P 1, 2, ..., n. xk

Việc chứng minh tính duy nhất được suy ra từ nhận xét rằng hai đa thức bậc

nhỏ hơn n nhận giá trị như nhau tại n điểm thì chúng trùng nhau.

Công thức được gọi là công thức nội suy Lagrange. 2.1 q Đôi khi ta còn dùng công thức nội suy Lagrange ở dạng

q (cid:16)

(cid:0)

p (cid:1)

j(cid:16)1 ‚

(cid:0)

(cid:8)

P x (2.2) w x P w1 x q xj xj xj (cid:8)

hoặc

q (cid:16)

P x (2.3) aj fj fj x p q xj

(cid:0) ...

j(cid:16)1 ‚ xj(cid:0)1

q (cid:16) p

(cid:16)

(cid:1)

(cid:8) x (cid:1)

x 1, 2, ..., n. , j ... x x x xn x1 xj(cid:1)1

(cid:8) (cid:0)

(cid:8)

(cid:0) 2, đa thức đó là

với fj Ta xét một vài trường hợp đặc biệt của công thức nội suy Lagrange.

(cid:16)

Với n

q (cid:16)

(cid:1) (cid:1)

, P x a1 a2 x2 x2 (cid:0) x x2 x1 x1 x x1

(cid:1) (cid:1) x2

q (cid:16)

trong đó deg P 1, P a1, P a2.

(cid:16)

x1 (cid:16) 3, đa thức đó là Với n

q (cid:16)

(cid:0)

q p q p

(cid:1) (cid:1)

P x , x3 q x3 x2 x2 x x1 x1 x1 x3 q x3 x x2 x1 x1 x2 q x2 x x3 x a1 p x1 p x a3 p x3 p

q p q p 2, P

(cid:1) (cid:1) xi

q ai, i

q (cid:16)

(cid:16)

trong đó deg P x a2 p (cid:1) x2 p (cid:1) 1, 2, 3.

2.1.2 Tính chất

p trường số K. Khi đó với P

q (cid:16) x

Mệnh đề 2.1.2. Cho f x x xi với x0, x1, ..., xn phân biệt thuộc

i(cid:16)0 p a0xn –

q (cid:1) a1xn(cid:1)1

q (cid:16)

(cid:0)

(cid:0) n

... an bậc n trên K, ta có

(cid:16)

p p

q q

i(cid:16)0 ‚

. a0 P f 1 xi xi

Chứng minh. Theo công thức nội suy Lagrange ta có

q (cid:16)

p p

q q

i(cid:16)0 ‚

P x . P f 1 f x xi xi x q xi

(cid:16)

p (cid:1) xi xi

p p

q q

i(cid:16)0 (cid:176)

. So sánh các hệ số của xn ta được a0 P f 1

Mệnh đề 2.1.3. Nếu α1, α2, ..., αn là n nghiệm thực phân biệt của đa thức

q (cid:16)

(cid:0)

(cid:24)

(cid:0)

f x ... anxn a1x a0, an an(cid:1)1xn(cid:1)1 0 q

thì

(cid:16)

⁄

(cid:1)

i(cid:16)1 (cid:176) n

αi (i) 0 với 0 s n 2. f 1 αi

p q n(cid:1)1 αi f 1

(cid:16)

i(cid:16)1 (cid:176)

(ii) . αi 1 an

q (cid:16)

(cid:1)

(cid:8)

(cid:0)

j(cid:16)1 –

. Khi x q Chứng minh. Giả sử α1, α2, ..., αn là n nghiệm phân biệt của đa thức f đó f . Do đó x x an αj

q (cid:16)

(cid:1)

j(cid:16)1,j(cid:24)k „

(cid:8)

(cid:0)

k(cid:16)1 ‚ n

f 1 x x , an αj

q (cid:16)

(cid:1)

j(cid:16)1,j(cid:24)i „

(cid:8)

(cid:0)

f 1 , αi an αi αj

(cid:16) Với 0

với i 1, 2, ..., n.

⁄

(cid:1)

q (cid:16)

s n 2, xét khai triển Lagrange của đa thức g x xs ta có i q

q (cid:16)

(cid:1) (cid:1)

i(cid:16)1 ‚

j(cid:16)1,j(cid:24)i „

g x g . αi x αi αj αj

(cid:160)

(cid:1)

Vì s n 1 nên cân bằng hệ số của xn(cid:1)1 ta được

(cid:16)

q αi

(cid:1)

i(cid:16)1 ‚

j(cid:16)1,j(cid:24)i „

i(cid:16)1 ‚

(cid:1)

j(cid:16)1,j(cid:24)i –

1 αi 0 g αi ang n αi αj (cid:16) anαi αi f 1 an αj

(cid:16)

i(cid:16)1 q Tương tự, ứng với s (cid:176)

(cid:16)

(cid:1)

n(cid:1)1

αi 0. hay f 1 αi n 1 thì cân bằng hệ số của xn(cid:1)1 ta được: ii q

(cid:16)

q αi

(cid:1)

j(cid:16)1,j(cid:24)i „

i(cid:16)1 ‚

(cid:1)

j(cid:16)1,j(cid:24)i –

n(cid:1)1

1 αi 1 g . αi ang n anαi f 1 αi αj (cid:16) αi an αj

(cid:16)

i(cid:16)1 (cid:176)

2.1.3 Ví dụ minh họa

Suy ra . αi f 1 αi 1 an

Ví dụ 2.1. Tìm đa thức P có bậc bé hơn hoặc bằng 4 sao cho x q

P 1, P 2, P 5, P 10, P 17. 3 q (cid:16) 2 q (cid:16) 1 q (cid:16) 5 q (cid:16)

4 q (cid:16) p Lời giải. Theo công thức nội suy Lagrange ta có

q (cid:16)

p p

P x x 1 x 2 p 2 p

(cid:0)

(cid:1) 3 q p

(cid:1) 5 q

(cid:1)

5 q x 1 q p (cid:1) 2 1 q p (cid:1) 10 x p 4 5 q (cid:1) 5 q (cid:1) x 3 q p 4 x 4 q p (cid:1) 2 4 q p (cid:1) x 2 q p (cid:1) 4 2 q p x 3 q p (cid:1) 2 3 q p (cid:1) x 1 q p (cid:1) 4 1 q p (cid:1)

(cid:0)

(cid:1) 3 q p

(cid:0) 5 q (cid:1) 5 q (cid:1) x (cid:1) 4 q

(cid:1)

. 4 q 2 q p (cid:1) 2 q p (cid:1) x 5 p (cid:1) 3 p (cid:1) x 17 p 5 3 x 5 x 4 x q p q q p (cid:1) (cid:1) (cid:1) 3 1 5 1 4 1 q p q q p (cid:1) (cid:1) (cid:1) 1 x 2 x 4 x q p q p q p (cid:1) (cid:1) 3 4 3 2 3 1 q p q p q p (cid:1) (cid:1) 3 x 2 x 1 q p q p q p (cid:1) (cid:1) 5 5 2 5 1 q p q p (cid:1) Suy ra

q (cid:16)

(cid:1)

P x x x x x x x x x 2 q p 3 q p 4 q p 1 q p 3 q p 4 q p 5 q 5 q (cid:1)

(cid:1)

(cid:0)

x x x x x x x x 1 q p 2 q p 4 q p 1 q p 2 q p 3 q p 5 q 1 3 p 5 3 p 5 q (cid:1)

(cid:1)

(cid:0)

x x x x . 1 q p 2 q p 3 q p 4 q 1 24 p 5 4 p 17 24 p

q (cid:16)

(cid:1) x2 Rút gọn ta được P Ví dụ 2.2. Tìm đa thức P

(cid:0) có bậc bé hơn hoặc bằng 4 sao cho

(cid:1) x q

x 2x 2.

P 1, P 5, P 2, P 4, P 3. 1 q (cid:16) 2 q (cid:16) 3 q (cid:16) 4 q (cid:16) 5 q (cid:16) (cid:1)

Lời giải.

Theo công thức nội suy Lagrange ta có

q (cid:16)

p p

(cid:0)

P x x 1 x 5 p 2 p

5 x 4 x 1 x 3 q q p q p q p (cid:1) (cid:1) (cid:1) (cid:1) 5 4 2 3 2 1 2 q q p q p q p (cid:1) (cid:1) (cid:1) (cid:1) x 3 x 2 x 1 x 4 q p q p q p p (cid:1) (cid:1) (cid:1) 4 3 4 2 4 1 4 q p q p q p p (cid:1) (cid:1) (cid:1) 5 q (cid:1) 5 q (cid:1)

(cid:1)

2 q p (cid:1) 2 q p (cid:1) x 2 p (cid:1) 3 p (cid:1) x 3 p (cid:1) 5 p (cid:1) 5 x 4 x 3 x q q p q p (cid:1) (cid:1) (cid:1) 5 1 4 1 3 1 (cid:0) q q p q p (cid:1) (cid:1) (cid:1) 5 x 4 x 2 x 1 q q p q p q p (cid:1) (cid:1) (cid:1) 5 3 4 3 2 3 1 q q p q p q p (cid:1) (cid:1) (cid:1) 1 4 x 3 x 2 x q p q p q p q (cid:1) (cid:1) (cid:1) 4 5 3 5 2 5 1 q q p q p q p (cid:1) (cid:1) (cid:1)

Suy ra

q (cid:16)

(cid:1)

P x x x x x x x x x 2 q p 3 q p 4 q p 1 q p 3 q p 4 q p 5 q 5 q (cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

x x x x x x x x 1 q p 2 q p 4 q p 1 q p 2 q p 3 q p 5 q 5 6 p 2 3 p 5 q (cid:1)

(cid:1)

x x x x . 1 q p 2 q p 3 q p 4 q 1 24 p 1 2 p 1 8 p

q (cid:16) (cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

p (cid:1) Nhận xét. Đa thức xác định duy nhất P

(cid:1)

Rút gọn ta được P x x4 x3 x2 x 48. 13 12 77 6 272 3 ở định lý 2.1.1. có thể có bậc nhỏ 641 12 x q 1 (như ở ví dụ 2.1), cũng có thể có bậc bằng n 1 (như ở ví dụ 2.2).

q (cid:16)

(cid:0)

hơn n Ví dụ 2.3. Cho f x ax2 bx c thỏa mãn

p(cid:1)

f 1, f 1, f 1. 1 q| ⁄ 1 q| ⁄ 0 q| ⁄

Chứng minh rằng

q| ⁄

P r(cid:1)

f x với mọi x . 1; 1 s 5 4

Lời giải. Theo công thức nội suy Lagrange ta có:

(cid:0)

(cid:1)

q (cid:16)

p(cid:1)

(cid:0)

x x x f x f f f . 1 q 1 q 1 q 1 q 0 q 1 q x (cid:1) 2 x (cid:0) 2

p(cid:1)

x 1 q p 1 (cid:1) 1, f Kết hợp với giả thiết, f 1, f 1 ta được 1 q| ⁄ 1 q| ⁄ 0 q| ⁄

q| ⁄

p(cid:1)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:8)

(cid:8)(cid:7) (cid:7)

f x x2 x 1 x2 f x2 x f f 1 q 0 q 1 q 1 2

(cid:0) x

(cid:0) x2

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7)

(cid:7) (cid:7) (cid:8) x2 (cid:7) (cid:7)

⁄

(cid:0)

(cid:1) x2,

(cid:1) 1

(cid:7) (cid:7) (cid:0) x2

p 1 2 .

x2 1 x .

(cid:7) (cid:7)

(cid:0) x |

(cid:7) (cid:7) |

⁄

(cid:0)

(cid:7) (cid:7) (cid:1)

(

(cid:7) (cid:7)

(cid:7) (cid:7) 17

1 2 (cid:7) 1 (cid:7) (cid:7) (cid:7) 2 (cid:7) max (cid:7)

(do với hai số thực bất kì A, B ta có

(cid:0)

| (cid:0) |

(cid:1)

| (cid:16)

(cid:0)

| (cid:0) |

(cid:1)

(cid:16)

(cid:1)

b max

(cid:0) 2

A B A B A B A B 2A2 2B2 2 A2 B2

(cid:0) B

(cid:16)

|uq

A , 2 .

P r(cid:1)

(cid:16) |

(

Vì x nên max x2, và 1; 1 s x | x |

q| ⁄ |

| (cid:0)

(cid:1)

(cid:16)

| (cid:1)

⁄

(cid:2)

(cid:10)

1 x x2 x f x . 1 2 5 4 5 4 (cid:1)

q| ⁄

P r(cid:1)

f x với mọi x . 5 4 là đa thức có x q Vậy 1; 1 s Ví dụ 2.4. Cho a1, a2, ..., an là n số đôi một khác nhau và f bậc nhỏ hơn n. Chứng minh rằng tồn tại các hằng số A1, A2, ..., An sao cho

(cid:16)

(cid:0)

q p

(cid:1)

(cid:1) Lời giải. Theo công thức nội suy Lagrange ta có

f A1 A2 An ... . x x ... x x x x a1 an a1 (cid:0) a2 (cid:0) an x q p a2 q

q (cid:16)

(cid:1) (cid:1)

i(cid:16)1 ‚

j(cid:16)1,j(cid:24)i „

f x f . ai aj aj x ai

(cid:16)

p x

p ai

(cid:1)

i(cid:16)1 ‚

(cid:1)

(cid:8)

(cid:0)

i(cid:16)1 p –

j(cid:16)1,j(cid:24)i –

Suy ra f f 1 ai . x q x ai ai aj

(cid:16)

p ai

Do đó f ai . Ai

(cid:1)

(cid:0)

(cid:8)

j(cid:16)1,j(cid:24)i –

Ví dụ 2.5. Cho a1, a2, ..., an là n số khác nhau đôi một và

q (cid:17)

(cid:1)

f x mod x . Ai ai

q p

(cid:1)

khi chia f cho x ... x . x a2 an a1 x q x q Tìm dư r p Lời giải. Giả sử

q (cid:0)

(cid:1)

q (cid:16)

x q x r x f x ai

i(cid:16)1 p „ ai vào ta được f

(cid:160)

(cid:16)

p n

với deg r n. Thay x r . Do đó ai ai

q (cid:16)

p aj aj

q (cid:16) x ai

(cid:1) (cid:1)

i(cid:16)1 ‚

j(cid:16)1,j(cid:24)i „

. r x Ai

q (cid:16)

(cid:0)

q| ⁄

P r(cid:1)

(cid:0) 1 ta có

x ax2 bx c thỏa mãn f x 1 với mọi x . 1; 1 s Ví dụ 2.6. Cho f Chứng minh rằng với mọi M

q| ⁄

(cid:1)

@ |

| ⁄

f x 2M 2 1, x M.

Lời giải.

| ⁄

• Nếu x 1 thì do M 1 nên

q| ⁄

⁄

(cid:1)

x f 1 2M 2 1.

(cid:160) |

| ⁄

• Nếu 1 x M thì theo công thức nội suy Lagrange ta có

(cid:0)

(cid:1)

q (cid:16)

p(cid:1)

(cid:0)

x x x f x f f f 1 q 1 q 1 q 1 q 0 q x (cid:0) 2

p(cid:1)

(cid:16)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:8)

f x f 1 x 1 q p 1 (cid:1) x2 f 1 p q x2 x . x (cid:1) 2 x2 1 q 0 q 1 q 1 2 1 2

(cid:8) 1,

(cid:8) 1 ta được

(cid:0) f p

p(cid:8)

(cid:0) 1 q| ⁄

Kết hợp với giả thiết, f

q| ⁄

p(cid:1)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:8)

(cid:8)(cid:7) (cid:7)

0 q| ⁄ x2 f x f x f 1 x2 f x2 x 1 q 0 q 1 q 1 2

(cid:0) x

(cid:0) x2

(cid:7) (cid:7) (cid:8) x2 (cid:7) (cid:7)

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7)

p 1 2

⁄

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:7) (cid:7) (cid:0)

(cid:0)

(cid:7) (cid:7)

(cid:7) (cid:7) Tương tự ví dụ 2.3, ta suy ra

x2 1 x . 1 2 (cid:7) 1 (cid:7) (cid:7) (cid:7) 2

q| ⁄

(cid:0)

(cid:1)

(

(cid:7) (cid:7)

x2 và

f x max x2, 1 x2 . x |

(cid:160) |

| ⁄

Vì 1 x M nên max x2, x |

(cid:16) ( x2

q| ⁄

(cid:0)

(cid:1)

(cid:16)

(cid:1)

⁄

(cid:1)

1 f x x2 1 2x2 2M 2 1.

q| ⁄

(cid:1)

1 với mọi f x 2M 2 M . x

| ⁄ ax4

q (cid:16)

(cid:0)

x bx3 cx2 dx e thỏa mãn điều kiện

(cid:0) 1. Chứng minh rằng với mọi M

(cid:0) 1 cho trước ta đều có

q| ⁄

| ⁄

Vậy Ví dụ 2.7. Cho đa thức f f 1 khi x x

q| ⁄

(cid:1)

(cid:0)

| ⁄

f x M 4 M 2 1 khi x M . 32 3 32 3

Lời giải.

| ⁄

(cid:1)

• Nếu x 1 thì do M 1 nên M 2 M 2 1 0. Khi đó

(cid:8) M 2

(cid:0) 32 3

q| ⁄

(cid:160)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:8)

x f 1 M 2 1 1.

¥ |

| ¡

• Nếu M x 1 thì theo công thức nội suy Lagrange với

(cid:16) (cid:1)

(cid:16)

1 x1 1, x2 , x3 0, x4 , x5 1 2 1 2

ta có:

1 2

(cid:0)

(cid:1)

q (cid:16)

p(cid:1)

x x x 1 q f x f 1 q (cid:0)

(cid:8) x

1 2

(cid:0) 1 q

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:8)

(cid:2)

(cid:1)

(cid:1) 3 8 x

x x (cid:1) 3 2 x 1 q f 1 2

(cid:10) x

1 2

(cid:0) 1 2

(cid:1)

(cid:0)

(cid:8)

x x 1 q 1 q f 0 q

(cid:0) 1 q

(cid:1)

(cid:0)

(cid:2)

(cid:10) x

(cid:0) x

1 (cid:8) (cid:0) 4 1 2 3 (cid:8) 8 x

x x x x 1 q f 1 2

(cid:1) 1 2

1 2

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:0) 3 2

(cid:0)

(cid:8)

(cid:0)

x 1 q f . 1 q

1 2

(cid:8)

p(cid:8)

⁄

(cid:0)

(cid:8)(cid:7) (cid:7)

1, suy ra Kết hợp với f 1, f 1, f 1 q| ⁄

(cid:7) (cid:7) f

(cid:0)

q| ⁄

p(cid:1)

(cid:1)

(cid:2)

(cid:0)

f f x x2 x2 x x2 1 x2 x 1 q| 1 2 2 3 | 1 2

(cid:8) 1

(cid:0) x2

(cid:8) x

(cid:10)(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7)

(cid:7) (cid:7) (cid:7) 0 (cid:7) q|

(cid:1) 1 2

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:2)

(cid:10)

(cid:0)

(cid:8)

(cid:8) x

f x2 x2 4 f x2 1 0 q| ⁄ 8 3 8 3 1 2

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7)

(cid:7) (cid:10)(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:2) (cid:7) (cid:7) (cid:7)

(cid:10)(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7)

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7)

(cid:0)

(cid:2)

(cid:0)

x2 x2 f 2 3 |

(cid:1) 8 3

(cid:8) 1 4

(cid:0) 2 3

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

⁄

(cid:8)

1 x2 x x x2 x2 1 4 (cid:10)(cid:7) (cid:7) 1 (cid:7) (cid:7) 4 (cid:10)(cid:7) (cid:7) 1 (cid:7) (cid:7) 4 (cid:10)(cid:7) (cid:7) x2 (cid:7) (cid:7) 1 2

(cid:7) (cid:7) (cid:7) 1 (cid:7) q| (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:2) (cid:8) 1

(cid:0) 4

(cid:10)(cid:7) (cid:7) (cid:7) 1 (cid:7)

(cid:2) 1 2

(cid:7) (cid:7) (cid:0) 8 (cid:7) (cid:7) 3

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:0)

(cid:10)

(cid:2)

(cid:8)

(cid:0)

x2 x x2 x2 x2

(cid:8) x

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7)

(cid:0)

x2 x2 2 3

(cid:2) (cid:8) x2

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) x2 (cid:7) (cid:7)

(cid:10)(cid:7) (cid:7) 1 (cid:7) (cid:7) 4 (cid:10)(cid:7) (cid:7) 1 (cid:7) (cid:7) 4 (cid:10)(cid:7) (cid:7) 8 (cid:7) (cid:7) 3

(cid:0) 2 3

(cid:1) 1 4

(cid:0)

(cid:16)

(cid:1)

(cid:2)

(cid:10)

(cid:8)

(cid:0)

(cid:8)

(cid:0)

(cid:8)

x x x2 1 x2 4 x2 1 x2 1 2 1 4

(cid:10) x2

(cid:2) x

(cid:0) (cid:10) 1 4

(cid:0) 8 3

(cid:2) 1 2

(cid:1)

(cid:0)

(cid:10)

(cid:8)

(cid:2) x4

x2 x2 x 1 x2 2 3

(cid:10) (cid:0) 1

(cid:8) M 4

(cid:2) 1

(cid:0) 32 3

(cid:1) 32 3

(cid:16)

(cid:1)

(cid:0)

⁄

(cid:1)

(cid:0)

x2 M 2 32 (cid:0) 3

¥ |

| ¡

x 1). (do M

q (cid:16)

(cid:0)

Vậy ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 2.8. Cho đa thức P x ax2 bx c thỏa mãn

q| ⁄

P r(cid:1)

P x 1 với mọi x . 1; 1 s

q (cid:16)

(cid:0)

Chứng minh rằng đa thức Q x cx2 bx a có tính chất

q| ⁄

P r(cid:1)

Q x 2 với mọi x . 1; 1 s

Lời giải. Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho đa thức bậc không quá hai P với ba số 1, 1, 0 ta có x

p(cid:1) 2

(cid:1) 1 p q 2

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

q (cid:16)

(cid:0)

(cid:8)

(cid:0)

(cid:8)

(cid:0)

(cid:8)

P P x2 x x2 x P 1 x2 . P x 1 q 0 q

Mà

q (cid:16)

(cid:2) P

Q x x2P

p(cid:1) 2

(cid:16)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:2)

(cid:10)(cid:26)

P x2 P 1 1 q 0 q 1 x (cid:10) 1 p q 2 1 x 1 x2 1 x2 (cid:1)

(cid:2) x

(cid:10) x2

(cid:0) 1 q

(cid:10) p(cid:1) 2

(cid:18) 1 q p 2

(cid:16)

(cid:1)

q (cid:0)

(cid:0)

q (cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:8)

P 1 1 x2 (cid:0) x P 1 x P 1 1 . 0 q

Do đó

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

⁄

(cid:0)

(cid:8)

| p 1; 1 s

P r(cid:1)

Q x 1 x 1 x 2 2x2 x2 2 2 1 2

q| ⁄ (cid:16) . Vậy ta có điều phải chứng minh. ax3

q (cid:16)

(cid:0)

với mọi x Ví dụ 2.9. Cho đa thức P bx2 cx x d thỏa mãn

q| ⁄

P r(cid:1)

P x 1 với mọi x . 1; 1 s

q (cid:16)

(cid:0)

Chứng minh rằng đa thức Q x dx3 cx2 bx a có tính chất

q| ⁄

P r(cid:1)

Q x 4 với mọi x . 1; 1 s

(cid:8)

ta có Lời giải. Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho đa thức bậc không quá ba P với bốn số 1, x q 1 2

1 2

p(cid:1) 3

q (cid:16) (cid:1)

(cid:1)

(cid:10)

(cid:2)

4P 2P P x x2 x x2 1 x 1 q 1 4 1 2 1 q (cid:0)

(cid:2) x2

(cid:8) (cid:0) x2

(cid:8) x

(cid:1) 3 (cid:0) 1 q

(cid:1) 1 4

(cid:1) 1 2

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

1 2 (cid:8)3 (cid:0)

(cid:2)

(cid:10)

(cid:2)

(cid:10)

(cid:0)

(cid:8)

4P 1 x . 1 q 2P p 3

Do đó

q (cid:16)

Q x x3P 1 x

(cid:2) 2P

1 2

(cid:10) 1 q

p(cid:1) 3

(cid:16) (cid:1)

(cid:1)

q (cid:0)

(cid:1)

(cid:3)

(cid:8)

(cid:2)

(cid:10)

(cid:0)

4P 1 1 x x2 1 1 x 2 x2 4 (cid:11) p

(cid:8) 1

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1) 3 (cid:0) 1 p q 3 (cid:3)

1 2 (cid:8)3 (cid:0)

(cid:2)

(cid:10)

(cid:0)

(cid:8)

4P 2P x2 1 1 1 . x q x 2 x2 4 (cid:11) p

Suy ra

q| ⁄

(cid:1)

q (cid:0)

(cid:1)

(cid:10)

(cid:0)

(cid:8)

Q x 1 1 x x2 1 1 4 3 x 2 x2 4 (cid:11) p

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:2) x2 4 (cid:11) p

(cid:10)

(cid:2)

(cid:8)

(cid:0) 3x2.

1 1 x2 1 1 x 2 3 (cid:3) 4 3 x 2 2 3 (cid:3)

(cid:16)

(cid:1)

P r(cid:1)

q| ⁄

⁄

(cid:1)

3x2 x Q Do đó . Vậy ta có điều phải chứng minh. 4, x 4

1; 1 s Nhận xét. Bài toán tổng quát của ví dụ 2.8, 2.9, bạn đọc có thể xem ở ví dụ

2.35. Ví dụ 2.10. Cho các số a, b, c, d đôi một khác nhau và khác 0. Tính

(cid:16)

(cid:0)

q p

(cid:1)

S a d d a c c q p

(cid:0)

q p

(cid:1)

. a2b2c2 c d b q p (cid:1) a2c2d2 b c a d b b a2b2d2 d c b q p (cid:1) b2c2d2 a c a d b q p a q

Lời giải. Ta có

(cid:16)

(cid:0)

q p

(cid:1)

S abc b 1 abcd d a d c d c a c abd b d c

(cid:0)

q p

(cid:1)

. , 1 q d (cid:1) acd c b a b d b a b a c q p (cid:1) bcd c a d b q p a q

Xét đa thức:

q (cid:16)

p p

P x x d a d x c a c

(cid:0) d b

(cid:0)

(cid:1) (cid:1) x p a p

q q

(cid:1) (cid:1) x p b p

q q (cid:1) (cid:1)

. , 2 q x a x b x a x a b (cid:1) d (cid:1) x q p c q p c (cid:1) d (cid:1) x q p d q p b (cid:1) c (cid:1) x q p c q p d (cid:1) c (cid:1) x q p d q p d q a q x q p b q p a (cid:1) b (cid:1) x q p c q p c (cid:1) b (cid:1) x q p b q p b (cid:1) a (cid:1) x q p d q p c (cid:1) a (cid:1)

(cid:1)

Đa thức P là đa thức bậc 4, nhận giá trị bằng 1 khi thay lần lượt các giá x

trị a, b, c, d vào x. Suy ra nó phải có dạng:

q p

q (cid:16)

(cid:1)

q (cid:1)

P x a x b x c x d 1. λ x

p 1 abcd

(cid:16)

Thay x 0 ta được λ . So sánh hệ số của x ở hai vế của thì 2 q

(cid:0)

q p

(cid:1)

abc b d a d c d c a c c abd b d

(cid:0)

q p

(cid:1)

(cid:1) bcd

(cid:1) abc

q p (cid:1) cda

(cid:1) .

q dab q

(cid:0)

(cid:16)

(cid:0)

d (cid:1) acd c a b b d b a b a c q p (cid:1) bcd c a d a q , 3 q b (cid:0) 1 abcd p

Từ và ta có 1 q 3 q

(cid:16)

(cid:0)

S abc bcd cda dab 1 abcd 1 abcd p

hay

(cid:0)

(cid:16)

(cid:0) Ví dụ 2.11. Cho a, b, c là các số đôi một khác nhau và khác 0. Tính:

S abc abd acd bcd.

(cid:16)

(cid:0)

q p

(cid:1)

(i) A . a a a c b b b c c 1 a 1 a c b c q

q p 1 a

(cid:0)

(cid:16)

q p

(cid:1)

. (ii) B 1 a b a c b2 b b c2 c c 1 b q p 1 b a2 a c q

(cid:0)

(cid:6)

q q

p p

(cid:1) (cid:1)

(cid:1) Lời giải. Xét đa thức c x P (cid:1) c a (cid:1) x q

x , ( ). c c x b b b a a a a x c x b x q p b q p x q p c q p x p a q (cid:16) p Đa thức P x b x q p p c a b q p p là đa thức bậc 3, nhận giá trị bằng 1 khi thay lần lượt các giá

trị a, b, c vào x. Suy ra nó phải có dạng:

q p

(cid:1)

q (cid:0)

(cid:6)(cid:6)

P x λ x a x b x c 1, ( ).

q (cid:16) 1 abc

p(cid:6)q

(cid:16)

Thay x 0 ta được λ . So sánh hệ số của x3 ở hai vế của thì

(cid:16)

(cid:0)

(cid:16)

q p

(cid:1)

. A a a a c b b c c b 1 abc 1 a c 1 a b c q 1 b q p

Để tính giá trị của B, ta xét

(cid:16)

(cid:0)

q p

(cid:1)

(cid:1) Vế phải của biểu thức trên là hệ số của hạng tử x trong khai triển đa thức

abcB . bc b a a a c b b b c c c ab a c ac a b q

(cid:6)(cid:6)

P ). Với biểu diễn ở dạng ( ), ta tính được x q ở dạng ( (cid:6)

(cid:16)

(cid:0)

q p

(cid:1)

(cid:1) ab

q ca

(cid:16)

(cid:0)

abcB a a c b b c c b ab a c ac a b bc b q p c q bc . a p 1 abc p

(cid:16)

ca ab . bc (cid:0) (cid:0) a2b2c2 Vậy B Ví dụ 2.12. Cho a, b, c là các số đôi một khác nhau. Rút gọn biểu thức

(cid:16)

(cid:0)

q p

(cid:1)

A . a2 b b2 a a a c c b b c2 a c q c q

q (cid:16)

x x2 với

b q Lời giải. Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho hàm số P các điểm a, b, c và các giá trị tương ứng là a2, b2, c2 ta có

q p a

(cid:1) c

q p b

(cid:1) c

q p c

q (cid:16)

(cid:0)

(cid:1) b q p

q p

(cid:1) b q

(cid:1)

a2 b x b2 x c c2 x b P x . c q x p a x p b a (cid:1) a x p c a (cid:1) a

(cid:16)

(cid:1) (cid:1) So sánh hệ số của x2 ở hai vế, ta được A Ví dụ 2.13. Cho α, β, λ, µ là bốn số nguyên tố đôi một khác nhau. Chứng minh rằng không tồn tại đa thức P

q P

Z bậc ba sao cho x x s

q| (cid:16) |

q| (cid:16)

| Lời giải. Giả sử tồn tại đa thức P

P α P β P λ P µ 3.

x thỏa mãn đề bài,

p a2x2

q (cid:16)

(cid:0)

(cid:24)

P x 0. a3x3 a1x a0, a3

Theo công thức nội suy Lagrange, ta có

q (cid:16)

q p q p

(cid:1) (cid:1)

α,β,λ,µ ‚

P x P α . β β x α x α λ λ x p α p µ q µ q

(cid:160)

Giả sử α β λ µ. So sánh hệ số của x3 trong P ta được x

(cid:16)

q p

(cid:1)

p (cid:1)

(cid:1)

α,β,λ,µ ‚

. a3 α β P α α q λ α µ

Từ đó

q p

(cid:1)

p (cid:1)

α,β,λ,µ ‚

a3 α β α µ P α α q λ

| (cid:16) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) 3

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) µ

(cid:16)

q p

(cid:1)

α β α λ α

α,β,λ,µ ‚ 3

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) ⁄

| |

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) µ |

(cid:1)

α,β,λ,µ ‚

1 . α β α λ α

(cid:160)

Mà α, β, λ, µ là bốn số nguyên tố đôi một khác nhau, α β λ µ nên

(cid:1)

β α 1 và β, λ, µ lẻ. Do đó

(cid:1)

λ α 3, µ α 5, λ β 2, µ β 4, µ λ 2.

Khi đó

(cid:16)

(cid:2)

(cid:10)

3 a3 1 5.4.2 9 10 1 1.2.4 (cid:0) 1 3.2.2 (cid:0)

(cid:24)

1 1.3.5 (cid:0) 0).

| ⁄ (vô lý vì a3 nguyên, a3 Vậy điều giả sử sai. Do đó không tồn tại đa thức P Ví dụ 2.14. Sử dụng công thức nội suy Lagrange hãy giải hệ phương trình ẩn x0, x1, ..., xn(cid:1)1 sau

n(cid:1)1

thỏa mãn đề bài. x

(cid:0)

(cid:16)

n(cid:1)1

...

(cid:0)

(cid:16)

... x1a1 x1a2 b1 b2 xn(cid:1)1a1 xn(cid:1)1a2

n(cid:1)1

x0 x0 ...

(cid:16)

’’’’’& ’’’’’%

(cid:0) t

... x0 x1an bn. xn(cid:1)1an

(cid:0) x1t

q (cid:16)

(cid:0)

q (cid:16)

... ai bi với xn(cid:1)1tn(cid:1)1, khi đó f

(cid:0) x0 1, 2, ..., n. Theo công thức nội suy Lagrange ta có

(cid:16)

Lời giải. Xét đa thức f mọi i

q (cid:16)

(cid:1) (cid:1)

i(cid:16)1 ‚

j(cid:16)1,j(cid:24)i „ Cân bằng hệ số của tn(cid:1)1 ở hai vế ta được

f t . bi aj aj t ai

(cid:16)

(cid:1)

i(cid:16)1 ‚ n

1 bi xn(cid:1)1 ai aj

j(cid:16)1,j(cid:24)i „ kbi

(cid:16)

(cid:1)

i(cid:16)1 p(cid:1) ‚

j(cid:16)1,j(cid:24)i „

1⁄i1(cid:160)...(cid:160)ik⁄n ‚ i1,...,ik(cid:24)i

(cid:8)

(cid:0)

, ai1ai2...aik ai aj xn(cid:1)1(cid:1)k 1 q

(cid:1)

(cid:16)

1. 1, 2, ..., n

q (cid:16)

q P

(cid:16)

R bậc nhỏ nhất thỏa mãn f 0, 1, ..., n. ai với i i x s với k Ví dụ 2.15. Với số nguyên dương n và số thực a khác 0, hãy xác định đa x thức f Lời giải.

q (cid:16)

(cid:16)

q (cid:16)

(cid:16)

Nếu a 1 thì f i 1 với mọi i 0, 1, ..., n. Chọn f x 1 thì f thỏa x

mãn đề bài.

(cid:24)

Nếu a 1, theo công thức nội suy Lagrange ta có

q (cid:16)

(cid:1) (cid:1)

j(cid:16)0,j(cid:24)i „

f x ai . j j x i

i(cid:16)0 ‚ là n, hệ số cao nhất là

Bậc của f x q

(cid:16)

(cid:1)

j(cid:16)0,j(cid:24)i „

i(cid:16)0 ‚ n

1 ai c i j

(cid:16)

p(cid:1)

(cid:1)

i(cid:16)0 ‚ n

n(cid:1)i

(cid:16)

... i i i 2 q n q ai 1 q p(cid:1)

i(cid:16)0 ‚ n

(cid:1) n!

nn!

1 ...1 q ai ! i i! n

(cid:16)

(cid:1)

i(cid:16)0 ‚ n

p C i

(cid:16)

i(cid:16)0 ‚

n p(cid:1) n! p(cid:1) n

n i! 1 q

(cid:16)

np(cid:1)

p(cid:1)

i(cid:16)0 ‚

1 1 p(cid:1) q i a q p(cid:1) ! i p(cid:1) q i a q 1 q C i a q n!

(cid:16)

(cid:1) p(cid:1) Ví dụ 2.16. (Đề thi đề nghị IMO 1981 của Rumani). Hãy xác định P

1 p n! 1 q n a n . q 1 q

(cid:0)

n biết P là một đa thức có bậc n thỏa mãn 1 q

q (cid:16)

(cid:16)

n(cid:0)1

P k với k 0, 1, ..., n. 1 C k

(cid:16)

Lời giải. k ! k! Với k . Đặt 0, 1, ..., n đặt wk k và ck 1 C k n(cid:0)1 (cid:16) n (cid:0) n (cid:0)

p wi(cid:0)1

q p

q (cid:16) p

(cid:1)

1 (cid:1) ! 1 q ... x x ... x x x , fi w0 wn wi(cid:1)1

(cid:16)

với i 0, 1, ..., n. Khi đó

(cid:1)

k n k !, fk

p n

(cid:0) 1

q (cid:16) p(cid:1) 1 q (cid:16)

(cid:0)

n(cid:1)kk! ! 1 q k (cid:1)

(cid:0)

1 q n n . fk

Theo công thức nội suy Lagrange

n(cid:1)k

(cid:0)

(cid:16)

(cid:0) k q p

(cid:16) $ &

k(cid:16)0 (cid:176)

k(cid:16)0 p(cid:1) (cid:176)

0 nếu n lẻ fk P n 1 q ck 1 q 1 q (cid:16) n p fk 1 nếu n chẵn.

% Z. Chứng minh rằng

q (cid:16)

(cid:0)

i(cid:16)1 p – n

Ví dụ 2.17. Cho f x x ai , ai

nn!.

jC j nf

q (cid:16) p(cid:1)

j(cid:16)0 p(cid:1) ‚

j 1 q 1 q

Từ đó chỉ ra rằng

jC j

nn!.

njn

(cid:16) p(cid:1)

j(cid:16)0 p(cid:1) (cid:176) n

(i) 1 q 1 q

jC j

nC j

n(cid:0)j (cid:16) p(cid:1)

j(cid:16)0 p(cid:1) (cid:176)

(ii) 1 q 1 q

Lời giải. Theo công thức nội suy Lagrange ta có

q (cid:16)

(cid:1) (cid:1)

i(cid:16)0,i(cid:24)j „

j(cid:16)0 ‚

f x f j . i i x j

So sánh hệ số của xn ở hai vế ta được

(cid:16)

i(cid:16)0,i(cid:24)j „

j(cid:16)0 ‚ n

(cid:1) f

1 1 f j j i

(cid:16)

(cid:1)

p q 1 q p(cid:1)

p(cid:1)

(cid:1)

j(cid:16)0 ‚ n

n(cid:1)j

(cid:16)

j j ...1 ... j 2 q n q

p(cid:1)

j(cid:16)0 ‚

(cid:1) n

1 q f j j p ! j! n

(cid:16)

p(cid:1)

j(cid:16)0 p(cid:1) ‚

1 . j 1 q jC j nf 1 q n! 1 q

Do đó

nn!.

jC j nf

q (cid:16) p(cid:1)

j 1 q 1 q

j(cid:16)0 p(cid:1) ‚ 1, 2, ..., n ta có f

(cid:16)

q (cid:16)

(cid:16)

jC j

nn!.

njn

0 với mọi i x xn và (i) Cho ai

(cid:16) p(cid:1)

j(cid:16)0 p(cid:1) (cid:176)

1 q 1 q

(cid:16)

q (cid:16)

(cid:0)

i(cid:16)1 p –

jC j

i với mọi i 1, 2, ..., n thì f x x i . Mặt khác ta có (ii) Cho ai

nn!,

n p

(cid:0)

q (cid:16) p(cid:1)

j(cid:16)0 p(cid:1) ‚

j j ... j n 1 q 1 q p 2 q 1 q

suy ra

nn!

jC j n p

(cid:0) j!

p(cid:1)

(cid:16)

j(cid:16)0 p(cid:1) ‚ n

j ! n q 1 q 1 q

jC j n p

(cid:16)

j(cid:16)0 p(cid:1) ‚ n

j ! n! 1 q n q (cid:0) n!j!

jC j

nC j

n(cid:0)j.

(cid:16)

j(cid:16)0 p(cid:1) ‚

n! 1 q

jC j

nC j

Do đó

n(cid:0)j (cid:16) p(cid:1)

j(cid:16)0 p(cid:1) ‚

1 q 1 q

q (cid:16)

(cid:0)

i(cid:16)1 p –

Vậy ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 2.18. Cho f x x Z. Chứng minh rằng ai , ai

j(cid:1)1

(cid:0)

(cid:1)

q (cid:16)

j(cid:16)1 p(cid:1) (cid:176) n

(cid:1) 1

j(cid:1)1

2n 1 2an 2a1 f . j (i) 1 q C j nf 0 q 1 q 1 2j ... 1 q C n 2n

njn

(cid:16)

(cid:1)

j(cid:16)1 p(cid:1) (cid:176)

C j . (ii) 1 q 1 2j 2n C n 2n

Lời giải.

q (cid:16)

(cid:1) (cid:1)

i(cid:16)0,i(cid:24)j –

j(cid:16)0 (cid:176)

(i) Theo công thức nội suy Lagrange ta có f x . Do đó f j x j i i

n(cid:1)j

(cid:16)

(cid:10)

(cid:2)

(cid:10)

(cid:1)

i(cid:16)0,i(cid:24)j (cid:2) „

j(cid:16)0 ‚

i f 1 2 1 2 (cid:1) j! n f j 1 q j p ! p(cid:1)

hay

jf 1 q 2j

(cid:16)

(cid:1)

(cid:2)

(cid:10)

j(cid:16)0 ‚ n

i(cid:16)0 p „ 1.3.5...

j 2nf 1 2i 1 2

p(cid:1)

(cid:1)

p(cid:1) 1 (cid:1) jf 1 q 1

p n!

(cid:16)

j(cid:16)0 ‚ n

2n 1 q

p(cid:1)

p (cid:1) jf 1 q 1

C j n q p nn! 1 q q p(cid:1) C j j n q p 2j q C j n

(cid:16)

j(cid:16)0 ‚ n

j p q 2j 2n q p n!2.4... p ! 2n q

p(cid:1)

(cid:1) jf 1 q 1

C j n

(cid:16)

j(cid:16)0 ‚ n

j p q 2j ! 2n q p n!n!.2n

p(cid:1)

(cid:1) jf 1 q 1

C j n

(cid:16)

(cid:1)

j(cid:16)0 ‚

j p q 2j C n 2n 2n .

(cid:0)

(cid:16) p

(cid:0)

(cid:10)

(cid:2) 2n

Mà 2nf ... , do đó 2a1 2a2 2an 1 q p 1 q 1 q 1 2

(cid:0)

p(cid:1)

jf 1 q 1

(cid:16)

(cid:0) C n 2n

j(cid:16)0 ‚ n

... 2a1 2a2 2an C j n 1 q p 1 q 1 q j q p 2j

p(cid:1)

(cid:1) j(cid:1)1f 2j

(cid:16)

(cid:0)

(cid:1)

j(cid:16)1 ‚

C j n f . 1 q 0 q j p 1

Suy ra

j(cid:1)1

(cid:0)

q (cid:16)

(cid:1)

j(cid:16)1 p(cid:1) ‚

1 2n 2a1 2an j f . 1 q C j nf 1 q 0 q 2j 1 1 ... q C n 2n

(cid:16)

0 với mọi i 1, 2, ..., n ở trong công thức trên ta có (ii) Cho ai

q (cid:16)

f x xn, f 0 0 q (cid:16)

j(cid:1)1

njn

(cid:16)

(cid:1)

j(cid:16)1 p(cid:1) ‚

và 1 C j . 1 q 2j 1 2n C n 2n

Ví dụ 2.19. (2002 USAMO). Chứng minh rằng bất kì đa thức monic nào

(là một đa thức có hệ số bậc cao nhất bằng 1) có bậc n với hệ số thực đều là

là một đa thức monic bậc n với hệ số thực. Chọn x

trung bình cộng của hai đa thức monic có bậc n với n nghiệm thực. Lời giải. Giả sử F q y1, y2, ..., yn thực sao cho

(cid:160)

min 0, 2F i nếu i lẻ

q u i

$ &

t max t

q u

0, 2F nếu i chẵn. yi yi

(cid:1)

q (cid:16)

(cid:16)

Theo công thức nội suy Lagrange, có một đa thức P bậc nhỏ hơn hoặc bằng x q n 1 thỏa mãn P i 1, 2, ..., n. Đặt yi với i

q (cid:16)

(cid:1)

p 2F

q (cid:0) p x

q (cid:16)

q (cid:1)

G x x P x x ... x ; 2 q n q H x G 1 q p . x

p của chúng bằng F

q . Do y1, y3, y5, ...

p x q

q (cid:16)

là các đa thức monic thực có bậc n và trung bình cộng Suy ra G và H x x q 0 nên G i

p có ít nhất n

¡ x

(cid:0)

(cid:16)

(cid:1)

G i 0 và y2, y4, y6, ... (cid:160) 1, 2, ..., n. Do đó G yi và 1 yi(cid:0)1 trái dấu với mọi i 1 q (cid:16) nghiệm thực. Mà đa thức G có bậc n. Do đó G có n nghiệm thực. x q x q Mặt khác

q (cid:16)

(cid:160)

G i 2F i nếu i lẻ

$ &

q (cid:16)

G i 2F i nếu i chẵn, yi yi

hay

q (cid:16)

q (cid:1)

q ¡

H i 2F i G i 0 nếu i lẻ

$ &

q (cid:16)

q (cid:1)

q (cid:160)

H i 2F i G i 0 nếu i chẵn.

có n nghiệm thực. x

Tương tự ta cũng có H Ví dụ 2.20. (Đề thi đề nghị IMO 1977 của Việt Nam). Cho các số nguyên được sắp xếp theo thứ tự tăng dần

(cid:160)

... x0 x1 xn.

Chứng minh rằng trong số các giá trị của đa thức

q (cid:16)

(cid:0)

R P x xn ... x a1xn(cid:1)1 an

tại x0, x1, ..., xn sẽ tồn tại ít nhất một i để

q| ¥

P xi n! 2n .

Lời giải.

q (cid:16)

(cid:1)

i(cid:16)0 p –

. Theo công thức nội suy Lagrange ta có Đặt f x x xi

q (cid:16)

p p

q q

p (cid:1)

i(cid:16)0 ‚

P x . P f 1 f x xi xi x q xi

So sánh hệ số của xn ta được

(cid:16)

i(cid:16)0 ‚

1 . p f 1 xi q xi q

p p . Dễ thấy rằng

q|u

(cid:16)

Đặt α max P , ..., P x0 xn

(cid:1)

f 1 n i !. xi i! p

(cid:7) (cid:7)

Khi đó

⁄

q q

p p

q| q|

(cid:1)

i(cid:16)0 ‚

1 α α . P f 1 f 1 1 n i ! i! xi xi xi xi 1 xi P | f 1 |

(cid:16) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) α

Mà

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) 1 n

n (cid:16)

(cid:1)

i(cid:16)0 ‚

C i . α n! n! n i! i i! i α.2n n! α n! ! (cid:16) ! (cid:16)

Suy ra

⁄

. 1 α.2n n!

q P

(cid:16)

n! 2n . Z x có deg f d x s Vậy α Ví dụ 2.21. (Đề thi đề nghị IMO 1997 của Italy). Cho f và p là số nguyên tố thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:

(i) f 0, f 1. 0 q (cid:16) 1 q (cid:16)

(ii) Với mọi x N (cid:6), số dư trong phép chia f cho p chỉ có thể là 0 hoặc 1. x q

(cid:1)

p 1.

(cid:1)

p 2.

⁄ 0. Suy ra d

(cid:16)

(cid:16) f

Chứng minh rằng d Lời giải. Giả sử d Nếu p 2 thì d 0, tức là hàm f là hàm hằng (vô lý vì

⁄ ). Suy ra p

(cid:1)

p(cid:1)2

f 3. Xét công thức nội suy Lagrange tại các điểm 1 q 0 p q (cid:24) 0, 1, 2, ..., p 2 có

q (cid:16)

(cid:1) (cid:1)

k(cid:16)0 ‚

j(cid:16)0,j(cid:24)k „

f x f k . j j x k

p(cid:1)2

Do đó

p(cid:1)kf

p(cid:1)1.

(cid:1) k

(cid:1)

p(cid:1)

(cid:1)

k(cid:16)0 ‚

j(cid:16)0,j(cid:24)k „

k(cid:16)0 ‚

p 1 f p f k C k k 1 q 1 q (cid:16) j (cid:1) j (cid:16)

p(cid:1)1 (cid:17) p(cid:1)

(cid:1)

p(cid:1)2

(cid:16) p(cid:1)2

Mà với p nguyên tố thì C k mod p , k 0, 1, ..., p 1 . Nên 1 q

p f

(cid:1)

p(cid:1)

q (cid:17) (cid:1)

f p k mod p f k mod p 1 q 1 q (cid:17)

k(cid:16)0 ‚ 3 nên p lẻ,

k(cid:16)0 ‚ 1). Suy ra

p(cid:1)

(cid:16) (cid:1)

(do p nguyên tố, p 1 q

(cid:1)

(cid:0)

p(cid:6)q

f f ... f p f p 0 , . 0 q (cid:0) 1 q (cid:0) 2 q (cid:0) 1 q (cid:17) mod p q

⁄

p(cid:6)q ⁄

(cid:1)

(vô lí do 1 VT p 1 ).

mod p q 1.

p Vậy điều giả sử sai, suy ra d (cid:1) Ví dụ 2.22. Cho a1, a2, a3, a4, b1, b2, b3, b4 là các số thực sao cho

(cid:1)

(cid:24)

(cid:16)

0 với i, j 1, 2, 3, 4. bi aj

Giả sử có duy nhất một bộ các số X1,X2,X3,X4 sao cho

(cid:1) X1

(cid:1) X2

(cid:1) X4

(cid:1) X3

X1 X2 X4 X3 1, b1 a1 (cid:0) b1 a2 (cid:0) b1 a3 (cid:0) b1 a4 (cid:16)

(cid:1) X1

(cid:1) X2

(cid:1) X4

(cid:1) X3

1, b2 a1 (cid:0) b2 a2 (cid:0) b2 a3 (cid:0) b2 a4 (cid:16)

(cid:1) X1

(cid:1) X2

(cid:1) X4

(cid:1) X3

1, b3 a1 (cid:0) b3 a2 (cid:0) b3 a3 (cid:0) b3 a4 (cid:16)

(cid:1)

1. b4 a3 (cid:0) b4 a4 (cid:16)

(cid:0)

b4 X3 a1 (cid:0) a2 (cid:0) b4 (cid:1) (cid:1) X4 theo ai và bi. X2

Tính X1 (cid:0) Lời giải.

q (cid:16)

(cid:1)

q (cid:1)

(cid:1)

i(cid:16)1 p –

Đặt P x x x thì hệ số của x3 trong P là ai bi x q

(cid:1)

i(cid:16)1 ‚

i(cid:16)1 ‚ Theo công thức nội suy Lagrange, ta có

. bi ai, 1 q

q (cid:16)

(cid:1) (cid:1)

i(cid:16)1 ‚

j(cid:16)1,j(cid:24)i „

P x P . , ai 2 q x ai aj aj

Suy ra hệ số của x3 trong P là x

(cid:1)

i(cid:16)1 ‚

j(cid:16)1,j(cid:24)i „

1 P . , ai 3 q ai aj

Từ và suy ra 1 q 3 q

(cid:1)

i(cid:16)1 ‚

1 P ai bi ai. ai aj (cid:16)

j(cid:16)1,j(cid:24)i „ bk vào

(cid:16)

Với k 1, 2, 3, 4, thay x ta được 2 q

q (cid:16)

(cid:1) (cid:1)

i(cid:16)1 ‚

j(cid:16)1,j(cid:24)i „

P P . bk ai bk ai aj aj

Suy ra

(cid:16)

q q

(cid:1) (cid:1)

i(cid:16)1 ‚

j(cid:16)1,j(cid:24)i „

1 . P P bk ai aj aj ai p bk p

(cid:1)

(cid:8)

j(cid:16)1,j(cid:24)i – P

q (cid:16)

(cid:1)

(cid:16)

(cid:0) p

(cid:1)

i(cid:16)1 p –

bk aj 1 Mà P nên . Do vậy bk bk ai bk bk ai

(cid:16)

(cid:1)

i(cid:16)1 ‚

j(cid:16)1,j(cid:24)i „

(cid:5)

(cid:13)

1 1 1 P . ai bk ai (cid:4) ai aj (cid:12)

So sánh với các phương trình đưa ra, bởi tính duy nhất, ta được

(cid:16)

(cid:1)

j(cid:16)1,j(cid:24)i „

1 P , i 1, 2, 3, 4. Xi ai ai aj

Vì vậy

(cid:16)

(cid:1)

i(cid:16)1 ‚

j(cid:16)1,j(cid:24)i „

i(cid:16)1 ‚

1 P Xi ai bi ai. ai aj (cid:16)

?3.

Ví dụ 2.23. Cho điểm P thuộc mặt phẳng chứa tam giác ABC. Chứng minh:

P A BC (cid:0) P B CA (cid:0) P C AB ¥

Lời giải. Coi mặt phẳng chứa tam giác ABC là mặt phẳng phức, P, A, B, C được biểu diễn bởi các số phức tương ứng là w, w1, w2, w3. Khi đó

(cid:16) |

(cid:1)

(cid:16) |

(cid:1)

(cid:16) |

(cid:1)

P A w , P B w , P C w , w1 w2 w3

(cid:1)

(cid:16) |

(cid:1)

AB , BC , CA . w1 w2 w2 w3 w3 w1

| có bậc nhỏ hơn hoặc bằng 2, bằng 1 tại w1, w2, w3 chỉ có thể là

Đa thức P x q đa thức hằng P x 1. Theo công thức nội suy Lagrange ta có

(cid:0)

(cid:17)

p x (cid:1) w3

q (cid:17) w2 q w2

q p q p

(cid:1) (cid:1)

(cid:1)

(cid:1) (cid:1) (cid:1) (cid:1) w và áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có

1. x p w3 w1 w1 w2 w2 x (cid:1) w1 w3 q w3 x p w1 x p w2 w3 w3 x (cid:1) w2 w1 q w1

(cid:16)

Thay x

1, . P A BC P B CA P C AB P B CA (cid:0) P C AB (cid:0) P A BC ¥ 1 q

(cid:0)

Với mọi r, s, t R, ta có r s t 3 rs st tr , . Thật vậy,

p r

p t

(cid:0) s q

(cid:1)

(cid:0) p

(cid:1)

(cid:1) 2

(cid:0)

q (cid:244)

2 q 2 s t r r s 3 rs st tr 0 t q

(cid:16)

(luôn đúng). Thay r , s , t vào ta được P A BC P B CA P C AB 2 q

(cid:2)

(cid:10)

(cid:2)

3 , P C AB P A BC P B CA P C AB P A BC P A BC (cid:0) P B CA (cid:0) P B CA (cid:0) P C AB (cid:0)

suy ra

(cid:2)

(cid:10)

3, (do ) P C AB P A BC (cid:0) P B CA (cid:0) 1 q

?3.

hay

P B CA (cid:0) P C AB ¥

q| ⁄

có bậc không quá 2n và P x 1 với mọi x

(cid:1)

P t(cid:1)

(cid:1)

(cid:0)

. Chứng minh rằng P A BC (cid:0) Vậy ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 2.24. Cho đa thức P x 1, ..., n n, n 1, n u

P r(cid:1)

q| ⁄

P x x . 4n,

n; n | s Lời giải. Theo công thức nội suy Lagrange ta có

q (cid:16)

(cid:1) (cid:1)

k(cid:16)(cid:1)n ‚

i(cid:16)(cid:1)n,i(cid:24)k „

P x P k . i i x k

Suy ra

q| ⁄

(cid:1) (cid:1)

k(cid:16)(cid:1)n ‚

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7)

i(cid:16)(cid:1)n,i(cid:24)k (cid:7) „ (cid:7) (cid:7) (cid:7)

P x P k . x k i i

Mà

(cid:1)

| ⁄ p

i(cid:16)(cid:1)n,i(cid:24)k „ n

!, i x 2n q

(cid:1)

| (cid:16) p

(cid:0)

(cid:1)

i(cid:16)(cid:1)n,i(cid:24)k „

n k ! n k !. i k

Suy ra

q| ⁄

2n (cid:16)

(cid:16)

p k q

(cid:0)

(cid:1)

k(cid:16)(cid:1)n ‚

j(cid:16)0 ‚

2.1.4 Bài tập

P x C j 22n 4n. n k ! (cid:16) 2n ! q n ! p

(cid:0)

(cid:16)

(cid:1)

(cid:1) (cid:1) biết rằng M

(cid:1) (cid:1) là đa thức bậc n sao cho

p Bài 2. Hãy tìm M

. A c b c c c4 a c b Bài 1. Rút gọn biểu thức a4 a b a b4 a b

(cid:0)

qp 2 q M

qp x q 1, 2, ..., n

(cid:0)

x 2x, x 1.

q (cid:16) x10

(cid:16) a9x9

(cid:0)

Bài 3. Cho đa thức P x ... a1x a0. Biết rằng

(cid:0) , ..., P

(cid:0) P

p(cid:1)

p(cid:1) Chứng minh rằng P

P , P P . 5 q (cid:16) 5 q

q (cid:16) 1 P q P

p(cid:1)

(cid:1)

1 q (cid:16) x 2 2 p(cid:1) q (cid:16) q với mọi x. x q 1. Chứng minh rằng

(cid:0)

q (cid:16) Bài 4. Cho a1, a2, ..., an đôi một khác nhau và deg f f a2

q p

(cid:1)

p (cid:1)

(cid:1)

p (cid:1) f

(cid:1) 0.

(cid:0)

(cid:16)

... ... ... f a1 an a2 a1 a1 a2 a1 a2 an n ⁄ a2 q a3 q

q ... q

(cid:1)

q p (cid:1) Bài 5. Tìm tất cả các đa thức P

q thỏa mãn điều kiện

a1 q a3 q an p a2 an an a1 an

an(cid:1)1 x

p 1, P

p Bài 6. Tìm đa thức bậc nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện

P 2, P 4. 1 q (cid:16) 2 q (cid:16) 3 q (cid:16)

p(cid:1)

P 0, P 1, P 1, P 2, P 3. 1 q (cid:16) 1 q (cid:16)

2 p q (cid:16) Bài 7. Chứng minh rằng nếu đa thức f 0 q (cid:16) x 2 q (cid:16) bậc không quá n, nhận giá trị hữu

q x q

(cid:0)

tỉ tại n 1 điểm hữu tỉ khác nhau thì f là đa thức có hệ số hữu tỉ.

2.2 Đa thức nội suy Chebyshev

2.2.1 Công thức

với n N được xác định như sau x Định nghĩa 2.2.1. Các đa thức Tn

q (cid:16)

x 1,

q (cid:16) x

x x,

q (cid:16)

q (cid:1)

$ ’’& ’’% được gọi là đa thức Chebyshev loại 1.

x , x n 1 T0 T1 Tn 2xTn(cid:1)1 Tn(cid:1)2

với n N được xác định như sau x Định nghĩa 2.2.2. Các đa thức Un

q (cid:16)

1, x

$ ’’&

q (cid:16) x

2x, x

q (cid:16)

q (cid:1)

’’% được gọi là đa thức Chebyshev loại 2.

x , x n 1 U0 U1 Un 2xUn(cid:1)1 Un(cid:1)2

đầu tiên: Một vài đa thức Tn x q

q (cid:16)

1. x T0

q (cid:16)

x. x T1

q (cid:16)

(cid:1)

2x2 x 1. T2

q (cid:16)

(cid:1)

4x3 x 3x. T3

q (cid:16)

x 8x2 8x4 1. T4

(cid:1) 16x5

(cid:0) 20x3

q (cid:16)

(cid:1)

(cid:0)

x 5x. T5

q (cid:16)

(cid:1)

(cid:0)

x 32x6 32x4 2x2 1. T6

đầu tiên: Một vài đa thức Un x q

q (cid:16)

x 1. U0

q (cid:16)

x 2x. U1

q (cid:16)

(cid:1)

1. x 4x2 U2

q (cid:16)

4x. x 8x3 U3

(cid:1) 16x4

q (cid:16)

(cid:1)

(cid:0)

x 1. 12x2 U4

q (cid:16)

(cid:1)

(cid:0)

x 32x5 6x. 32x3 U5

q (cid:16)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

2.2.2 Tính chất

x 64x6 80x4 24x2 1. U6

Mệnh đề 2.2.1. Với mọi α R và mọi n N ta có:

q (cid:16)

cos α cos nα. (2.4) Tn

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.

(cid:16)

q (cid:16)

• Nếu n x cos α cos 0α.

q (cid:16) cos α

(cid:1)

q (cid:16)

(cid:16) Giả sử công thức

• Nếu n x 1 thỏa mãn T0 2x2 cos 2α. 0 thì T0 2 thì T2

q (cid:16) n

(cid:1)

1 thỏa mãn T2 đúng với mọi số tự nhiên k 1, tức là tồn tại các

p 2.3 q p có bậc k

⁄ cos kα. Ta chứng minh nó

q (cid:16)

⁄

(cid:1) 1. Thật vậy, ta có

(cid:0)

n cos α 1 sao cho Tk x q đa thức Tk cũng đúng cho k

q (cid:16)

q (cid:1) cos

cos α cos α cos α 2 cos αTk Tk(cid:0)1 Tk(cid:1)1

p 1 q

(cid:1)

(cid:16)

α k 2 cos αcos kα

(cid:0)

(cid:16)

cos k α. 1 q

q (cid:16)

cos α cos nα với mọi α R và n N. Vậy Tn

q P

Z x x x đều có bậc n, có hệ số bậc , Un

Mệnh đề 2.2.2. Các đa thức Tn cao nhất lần lượt là 2n(cid:1)1 và 2n.

q P

Z x có bậc n, có hệ số bậc cao nhất là x s Chứng minh. Ta chứng minh Tn 2n(cid:1)1.

(cid:16)

q (cid:16)

x • Nếu n 20x1 (thỏa mãn).

q (cid:16)

(cid:16)

(cid:1)

• Nếu n 1 (thỏa mãn). x (cid:16) 2x2 x

q P

⁄

(cid:16)

(cid:0)

Z n x có bậc k, có 1, tức là đa thức Tk x s 1 thì T1 2 thì T2 Giả sử tính chất đúng đến k (cid:1) hệ số bậc cao nhất là 2k(cid:1)1. Ta chứng minh tính chất cũng đúng cho n k 1.

Thật vậy, giả sử:

q (cid:16)

(cid:0)

i(cid:16)1 ‚

k(cid:1)1

x 2k(cid:1)1xk Z. Tk aixk(cid:1)i, ai

q (cid:16)

(cid:0)

j(cid:16)1 ‚

x 2k(cid:1)2xk(cid:1)1 Z. bjxk(cid:1)1(cid:1)j, bj Tk(cid:1)1

Khi đó

q (cid:16)

q (cid:1)

k(cid:1)1

x x x 2xTk Tk(cid:0)1 Tk(cid:1)1

(cid:12)

(cid:16)

(cid:0)

(cid:3)

i(cid:16)1 ‚

j(cid:16)1 ‚

k(cid:1)1

(cid:13)

2x 2k(cid:1)1xk 2k(cid:1)2xk(cid:1)1 aixk(cid:1)i bjxk(cid:1)1(cid:1)j

(cid:11) (cid:1) (cid:4) (cid:5) 2k(cid:1)2xk(cid:1)1

(cid:1)

(cid:16)

(cid:0)

j(cid:16)1 ‚

2kxk(cid:0)1 2aixk(cid:0)1(cid:1)i bjxk(cid:1)1(cid:1)j

i(cid:16)1 ‚ 2a1xk

(cid:16)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

k(cid:1)2

(cid:1) xk(cid:1)1(cid:1)j

2kxk(cid:0)1 2k(cid:1)2 xk(cid:1)1 2a2

(cid:9) bk(cid:1)1.

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:8)

j(cid:16)1 ‚ cũng bậc k

bj 2aj(cid:0)2

1, hệ số bậc cao nhất là 2k và có các hệ số nguyên x

bậc n, hệ số bậc cao nhất là 2n(cid:1)1 và có các hệ x

Do đó Tk(cid:0)1 q (cid:0) (do ai, bi nguyên với mọi i). Vậy với mọi n, đa thức Tn số nguyên.

x chứng minh tương tự. Với Un

Mệnh đề 2.2.3. Ta có

q| ⁄

x 1 khi x 1.

| ⁄ ,

| 1; 1 s

r(cid:1)

q| (cid:16)

(cid:0)

Tn Trên đoạn x 1 chỉ xảy ra với n 1 giá trị khác nhau của x: Tn i q | ii q

(cid:16)

x cos , k 0, 1, ..., n . kπ n x(cid:6) k (cid:16)

k được gọi là các điểm luân phiên (luân điểm) Chebyshev.

Các điểm x(cid:6)

(cid:16) p(cid:1)

(cid:0)

(cid:8)

Tn x(cid:6) k 1 q iii q

Chứng minh. Ta có

| ⁄

(cid:16)

P r

Khi x 1 đặt x cos α, α 0; π . Khi đó i q

q| (cid:16) |

| ⁄

x cos α cos nα 1. Tn Tn

(cid:16)

P r

r(cid:1)

Trên đoạn , đặt x cos α, α 0; π thì 1; 1 s ii q

q| (cid:16) |

| (cid:16)

(cid:244)

(cid:16)

(cid:244)

(cid:16)

Z x cos α cos nα 1 sin nα 0 α , k . Tn Tn kπ n

(cid:16)

Mà α 0; π 0, 1, ..., n.

s cos

P r k (cid:16)

q (cid:16)

Vậy x(cid:6) k , là n x 1. 1 giá trị khác nhau sao cho Tn

(cid:0) cos

(cid:16) Tn

(cid:16)

q (cid:16) p(cid:1)

(cid:2)

(cid:10)

(cid:8)

(cid:0) Mệnh đề 2.2.4. Với mọi n

cos kπ Ta có: Tn nên k kπ n x(cid:6) k 1 q 0, 1, ..., n q kπ n iii q

2 ta có

q (cid:16)

q (cid:0)

x x . (2.5) Un 2Tn Un(cid:1)2 x q

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.

(cid:16)

• Nếu n 2 thì trở thành 2.4 q

q (cid:16)

q (cid:0)

q (cid:244)

(cid:1)

(cid:16)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:8)

x x x 4x2 1 2 2x2 1 1, U2 2T2 U0

(luôn đúng).

(cid:16)

• Nếu n 3 thì trở thành 2.4 q

q (cid:16)

q (cid:0)

q (cid:244)

(cid:1)

(cid:16)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:8)

(cid:0)

x x x 8x3 4x 2 4x3 3x 2x, U3 2T3 U1

(luôn đúng).

(cid:16)

Giả sử công thức đúng đến n k, k 3, k N. Ta chứng minh nó cũng đúng

(cid:16)

(cid:0)

với n k 1. Tức là chứng minh

q (cid:16)

q (cid:0)

x x . Uk(cid:0)1 2Tk(cid:0)1 Uk(cid:1)1 x q

(cid:16)

Thật vậy, vì công thức đúng đến n k nên

q (cid:16)

q (cid:0)

q (cid:16)

q (cid:0)

x x , Uk(cid:1)1 2Tk(cid:1)1 Uk(cid:1)3 x q x x . Uk 2Tk Uk(cid:1)2 x q

Từ đây ta được

q (cid:16)

q (cid:1) x

p 2Tk

p Uk(cid:1)2

q (cid:0)

(cid:16)

qq (cid:1) p

p x

x x 2xUk Uk(cid:0)1 Uk(cid:1)1 x q x 2x x x 2Tk(cid:1)1 Uk(cid:1)3

q (cid:0) x

qq x

p 2xTk

q (cid:1)

(cid:16)

q (cid:1)

p x

qq (cid:0) .

p 2Tk(cid:0)1

2 x Tk(cid:1)1 2xUk(cid:1)2 Uk(cid:1)3

q (cid:0)

(cid:16)

Uk(cid:1)1

Suy ra tính chất cũng đúng với n k 1.

(cid:0) x

(cid:16) 2Tn

q (cid:0)

Vậy với mọi n . x 2 ta có Un Un(cid:1)2 x q

q (cid:16) p N ta có

Mệnh đề 2.2.5. Với mọi n

q (cid:16)

x . (2.6) Un

T 1 x n(cid:0)1 p q 1 n (cid:0)

q (cid:16)

(cid:16)

q (cid:16)

(cid:1)

p k, k

(cid:16)

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. x • Nếu n 0 thì x x x). trở thành U0 (đúng do T1 2.5 q x • Nếu n 1 thì x 1). 2x2 trở thành U1 (đúng do T2 2.5 q T 1 1 p 1 T 1 2 p 2 Giả sử công thức đúng đến n 1, k x q p N. Ta chứng minh nó cũng đúng

(cid:16)

(cid:0)

với n k 1. Tức là chứng minh

q (cid:16)

x . Uk(cid:0)1

q (cid:16)

q (cid:1)

x x T 1 x k(cid:0)2 p 2 k (cid:0) x nên Tk Thật vậy, ta có Tk(cid:0)2 2xTk(cid:0)1

k(cid:0)1 p

q (cid:16)

q (cid:0)

q (cid:1)

p(cid:6)(cid:6)q

x x 2xT 1 x x , . 2Tk(cid:0)1 T 1 k(cid:0)2 p T 1 k p

(cid:16)

Vì công thức đúng đến n k nên

(cid:16)

Uk x q

p Uk(cid:1)1

q (cid:16)

x T 1 x k(cid:0)1p q k 1 T 1 (cid:0) x kp q k

suy ra

q (cid:16) p

p .

(cid:0) kUk(cid:1)1

$ &

x k x q 1 q

$ ’’& ’’% T 1 k(cid:0)1 p T 1 x k p q

(cid:16)

Uk x q

p(cid:6)(cid:6)q

Thay vào ta được

q (cid:16)

q (cid:0)

(cid:0) x

p x

p Uk(cid:1)1

q (cid:1) 1 q p

q (cid:0)

(cid:16)

(cid:0)

q (cid:1)

p x

x x k 2x x Uk 2Tk(cid:0)1 kUk(cid:1)1 T 1 k(cid:0)2 p 1 q x q x k x 2xUk 2Tk(cid:0)1 Uk(cid:1)1

q (cid:0) p Uk(cid:0)1

(cid:16)

q (cid:0) p Uk(cid:0)1

p 2 q

(cid:0) x q

(cid:16) p

(cid:0)

k Uk(cid:0)1 1 q x q k

q (cid:16)

x . hay Uk(cid:0)1

T 1 x k(cid:0)2 p 2 k p (cid:0) đúng với mọi n Vậy N. 2.5 q

chẵn nếu n chẵn và lẻ nếu n lẻ. Mệnh đề 2.2.6. Các hàm số Tn , Un x q x q

Mệnh đề 2.2.7. Ta có

r(cid:1)

có n nghiệm phân biệt thuộc đoạn là Tn x q 1; 1 s i q

(cid:0) 2n

(cid:16)

(cid:1)

2k 1 cos π, k 0, 1, 2, ..., n 1. xk

r(cid:1)

có n nghiệm phân biệt thuộc đoạn là Un x q 1; 1 s ii q

(cid:16)

(cid:0)

kπ cos , k 1, 2, ..., n. xk 1 n

Chứng minh. Ta có

r(cid:1) x

q (cid:16) p . Thật vậy, vì

| ⁄

(cid:16)

p đó là tất cả các nghiệm của Tn cos α, α

Ta chứng minh trong đoạn x 0 có n nghiệm phân biệt và , Tn 1; 1 s i q x 1 nên có thể đặt x

P r

. Ta có 0; π

(cid:16)

q (cid:16)

(cid:244)

(cid:16)

q (cid:244)

(cid:16)

Z 0 x cos α cos nα nα kπ, k α . Tn Tn kπ n π 2 (cid:0) π 2n (cid:0)

(cid:1)

(cid:16)

P r k chạy từ 0 đến n

(cid:16) 1 ta có x0, x1, ..., xn(cid:1)1 là n nghiệm phân biệt của Tn

(cid:1)

2k π . Cho Mà α 0; π nên k 0, 1, ..., n 1. Khi đó x cos p xk 1 q (cid:0) 2n

r(cid:1)

x q bậc n nên có tối đa n nghiệm thực, do đó trong 1; 1 s x q . x

q x

p(cid:1)

q (cid:16)

p x

p là tất cả các nghiệm của Un

| (cid:160)

(cid:16)

P p

Ta chứng minh trong khoảng 0 có n nghiệm phân biệt và đó 1; 1 q . Mà đa thức Tn x0, x1, ..., xn(cid:1)1 là tất cả các nghiệm của Tn , Un ii q . Thật vậy, vì x 1 nên đặt x cos α, α 0; π ,

(cid:24)

do vậy sin α 0. Ta có

q (cid:16)

(cid:244)

x 0 0 Un

(cid:244)

Un sin 0

(cid:16) kπ,

(cid:0)

(cid:244) p α

(cid:16) .

n k Z q cos α q (cid:16) α 1 n p q (cid:0) sin α α 1 q kπ

(cid:244)

(cid:16)

(cid:0)

n 1

(cid:16)

P p

(cid:16)

kπ Mà α 0; π nên k 1, ..., n. Khi đó x cos . Cho k chạy từ 1 xk

p(cid:1)

trong . Mà 1 (cid:0) x p 1; 1 q bậc n nên có tối đa n nghiệm thực, do đó x1, x2, ..., xn là tất cả x q . n đến n ta có x1, x2, ..., xn là n nghiệm phân biệt của Un đa thức Un các nghiệm của Un x q

(cid:24)

Mệnh đề 2.2.8. Với mọi n N, α kπ, k Z ta có

P 1 n p q (cid:0) sin α

q (cid:16)

sin α cos α . (2.7) Un

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.

(cid:16)

q (cid:16)

• Với n 0 thì cos α 1 với mọi α.

(cid:16)

• Với n 1 thì đúng do U0 đúng do 2.6 q 2.6 q

q (cid:16)

(cid:16)

cos α 2 cos α . U1 sin 2α sin α

(cid:16)

• Với n 2 thì đúng do 2.6 q

q (cid:16)

(cid:1)

(cid:16)

(cid:1)

cos α 4cos2α 1 3 4sin2α . U2

(cid:16)

sin 3α sin α (cid:16) N. Ta chứng minh nó cũng đúng với Giả sử công thức đúng đến n k, k

(cid:16)

(cid:0)

n k 1. Tức là chứng minh

q (cid:16)

sin α cos α . Uk(cid:0)1 2 k p q (cid:0) sin α

(cid:0)

(cid:16)

(cid:0)

Thật vậy, ta có sin k sin kα 2 sin k α cos α. Suy ra α 2 q 1 q

(cid:0)

(cid:16)

p (cid:0) cos α

(cid:16)

α sin k 2 sin k α cos α sin kα 2 q 1 q (cid:1) sin α cos α cos α sin α 2Uk Uk(cid:1)1

p cos α

q sin α

p 2 cos αUk

(cid:1) Uk(cid:1)1

(cid:16) p

q (cid:1)

p cos α

cos α

(cid:16)

sin α Uk(cid:0)1

p q (cid:16) đúng với mọi n

sin α cos α .

2 k q p (cid:0) sin α N. hay Uk(cid:0)1 2.6 Vậy q

P r(cid:1)

Mệnh đề 2.2.9. Với mọi x ta có 1; 1 s

q| ⁄

(cid:0)

x n 1. (2.8) Un

(cid:16)

P p

P p(cid:1)

q| (cid:16)

Chứng minh. Với x có thể đặt x cos α, α 0; π . Khi đó 1; 1 q sin α , . x Un 1 q 1 n p q (cid:0) sin α

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) với mọi n

α sin 1 , N, α R. n Ta chứng minh | 2 q

(cid:16)

⁄

• Nếu n 0 thì 1 (đúng). 2 q

(cid:16)

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) ⁄ (cid:0) sin α | sin α | sin 2α sin α k

⁄ 1, k

• Nếu n 1 thì 2 (đúng). 2 q

| | (cid:1)

Giả sử công thức đúng đến n 1, k N. Ta chứng minh nó cũng

(cid:16)

(cid:0)

| (cid:16) |

(cid:0) cos α

| sin α

| |

⁄ |

| (cid:0) |

sin k α sin kα cos α cos kα sin α 1 q sin kα cos kα

| (cid:0) |

sin kα sin α

⁄ | k

⁄

| (cid:0) |

| (cid:16) p

(cid:0)

sin α sin α k sin α . 1 q |

sin α k 1 hay đúng với mọi n N, α R. Do đó | 2 q

(cid:0) x

p n

⁄ Un

P 1; 1 q

(cid:0)

| x

q| ⁄ n

p trên

P p(cid:1) .

r(cid:1)

q| ⁄

(cid:0)

P r(cid:1)

và suy ra Từ 1 với mọi x liên tục . Mà Un 1 q x q 1 k q p (cid:0) sin α | 2 q p nên 1 với mọi x Un 1; 1 s 1; 1 s

Mệnh đề 2.2.10. Với mọi m, n N, n m và với mọi x R ta có

q (cid:0)

q (cid:16)

x x x . x (2.9) 2Tn Tm Tn(cid:0)m Tn(cid:1)m

p 0 ta có

(cid:16)

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo m. 2.8 q • Với n cố định và m

q (cid:0)

q (cid:16)

x x x x x 2Tn 2Tn T0 Tn(cid:0)0 Tn(cid:1)0

q (cid:16)

(cid:16)

x 1) với mọi x đúng với m 0. 2.8 q (do T0 p • Với n 1 cố định và m R. Do đó 1 ta có

q (cid:0)

q (cid:16)

x x x 2xTn 2Tn T1 Tn(cid:0)1 Tn(cid:1)1 x q x q

q (cid:16)

(cid:16) k, k

(cid:16)

¥ nó cũng đúng với m

x x) với mọi x R. Do đó đúng với m 1. 2.8 q (do T1 p • Với n 2, n m, giả sử tính chất đúng đến m N. Ta chứng minh

(cid:16)

(cid:0)

k 1, tức là chứng minh

q (cid:0)

q (cid:16)

x x . x 2Tn Tn(cid:0)k(cid:0)1 Tn(cid:1)k(cid:1)1 Tk(cid:0)1 x q

Thật vậy, ta có

q (cid:16)

x x x x x 2Tn 2Tn 2xTk Tk(cid:0)1 Tk(cid:1)1

q p p Tn(cid:0)k

q (cid:1) Tn(cid:1)k

qq Tn(cid:0)k(cid:1)1

q (cid:0)

(cid:16)

q (cid:0)

p x

qq (cid:1) p x

p x

p 2xTn(cid:0)k

p Tn(cid:0)k(cid:1)1

2x x x x x Tn(cid:1)k(cid:0)1

(cid:16)

q (cid:1) x

q (cid:0) x

p 2xTn(cid:1)k

p Tn(cid:1)k(cid:1)1

2xTn(cid:1)k

p .

(cid:1) p Tn(cid:0)k(cid:0)1

q (cid:1) Tn(cid:1)k(cid:1)1

q (cid:0)

(cid:16)

x x q

q (cid:0)

q (cid:16)

x x , m, n N, n m, x R. 2Tn Tm Vậy Tn(cid:0)m Tn(cid:1)m x q x q

p p R, m, n

@ P N ta có

Mệnh đề 2.2.11. Với mọi x

q (cid:16)

x x . (2.10) Tmn Tm Tn

p 2.9 q

(cid:16)

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo m. 2.9 q • Với n cố định và m 0 thì đúng do

qq (cid:16)

(cid:16)

x 1 . T0 Tn T0 x q

(cid:16)

• Với n cố định và m 1 thì đúng do 2.9 q

qq (cid:16)

x . x T1 Tn Tn

(cid:16)

Giả sử công thức đúng đến m k, k N. Ta chứng minh nó cũng đúng với

(cid:16)

(cid:0)

m k 1, tức là chứng minh

q (cid:16)

x x . Tn Tk(cid:0)1 Tpk(cid:0)1qn p

Thật vậy, ta có

qq (cid:16)

x x x x Tn 2Tn Tk Tn Tn Tk(cid:0)1

p Tkn

(cid:16)

x x 2Tn

p q (cid:1) Tkn(cid:1)n

p x q Tpk(cid:1)1qn p

(cid:16)

q (cid:1)

p q Tkn(cid:0)n x p Tpk(cid:0)1qn p

q (cid:0) . x q

(cid:16)

Tk(cid:1)1 qq (cid:1) Tpk(cid:1)1qn p x x q

q (cid:16)

x x với mọi x R, m, n N. Vậy Tmn Tm Tn

(cid:24)

Mệnh đề 2.2.12. Với mọi n N, x 0 ta có

(cid:0)

(cid:16)

(cid:0)

(cid:2)

(cid:10)(cid:10)

(cid:2)

(cid:10)

(2.11) x xn . Tn 1 2 1 x 1 2 1 xn

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.

(cid:16)

• Với n 0 thì với mọi x 0, đúng do 2.10 q

(cid:24) 1 2

(cid:0)

(cid:16)

(cid:0)

(cid:2)

(cid:10)(cid:10)

(cid:2)

(cid:10)

x 1 x0 . T0 1 x 1 2 1 x0

(cid:24)

(cid:16)

• Với n 1 thì với mọi x 0 ta có

(cid:0)

(cid:16)

(cid:2)

(cid:10)

(cid:10)(cid:10)

x x T1 1 2 1 x 1 2 1 x

q (cid:16)

(cid:2) R), (do T1 Giả sử công thức đúng đến n

x với mọi x x đúng.

(cid:16)

2.10 q k, k N. Ta chứng minh nó cũng đúng cho

(cid:16)

(cid:0)

n k 1, tức là chứng minh

(cid:0)

(cid:16)

(cid:2)

(cid:10)

(cid:10)(cid:10)

(cid:2)

x xk(cid:0)1 . Tk(cid:0)1 1 2 1 x 1 2 1 xk(cid:0)1

Thật vậy, ta có

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:16)

(cid:0)

(cid:2)

(cid:10)(cid:10)

(cid:2)

(cid:10)(cid:10)

(cid:2)

(cid:10)

x x x x Tk Tk(cid:0)1 Tk(cid:1)1 1 2 1 x 1 x 1 2 1 x 1 2

(cid:2) xk

(cid:0) 1 xk

(cid:10)(cid:10) 1 2

(cid:2) 1 xk(cid:1)1

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:16)

(cid:0)

(cid:10)

(cid:2)

(cid:10)

(cid:10) xk(cid:0)1

xk(cid:1)1 x 1 x 1 x 1 2

(cid:2) 1 2

(cid:2) 1 xk(cid:0)1

(cid:16)

(cid:0)

(cid:2)

(cid:10)

(cid:0)

(cid:16)

(cid:24)

(cid:10)

(cid:2)

(cid:10)(cid:10)

(cid:2)

xn x với mọi n N, x 0. Vậy Tn 1 2 1 xn 1 2 1 x

(cid:0)

Mệnh đề 2.2.13. Nếu đa thức Q x xn ... b1xn(cid:1)1 bn thỏa mãn

p q (cid:16) 1 2n(cid:1)1 ,

q| ⁄

P r(cid:1)

Q x x 1; 1 s

q (cid:16)

thì Q x Tn x 2n(cid:1)1 . p q

q (cid:16)

⁄

(cid:1)

Chứng minh. Xét đa thức H x Q có deg H n 1. Đặt x q

P r(cid:1)

(cid:16)

cos , i xi 0, ..., n. Khi đó xi x Tn q 2n(cid:1)1 (cid:1) và 1; 1 s iπ n

i, i

(cid:16)

(cid:16) p(cid:1)

q (cid:16)

(cid:10)

(cid:2)

cos iπ 0, ..., n. cos Tn xi Tn 1 q iπ n

q (cid:16)

(cid:16)

q| ⁄

Do đó H với mọi i 0, ..., n. Vì Q x xi xi Q i

q (cid:16)

| ⁄

q ¥

| còn nếu i lẻ thì H

q ⁄

q (cid:16)

q (cid:17)

x 1 nên H Q phụ thuộc vào i. Nếu i là chẵn thì H xi 1 p(cid:1) q 2n(cid:1)1 (cid:1) 1 q p(cid:1) 2n(cid:1)1 (cid:1) xi 0. Vì số đoạn bằng n nên H 1 2n(cid:1)1 với mọi 0, xi có ít nhất n xi x q nghiệm. Do vậy H x 0 hay Q x xi, xi(cid:0)1 r x Tn 2n(cid:1)1 . q p

(cid:0)

p duy nhất thỏa mãn điều kiện

q (cid:16) P

Trong các đa thức có dạng P 2n(cid:1)1xn x ... Từ tính chất trên ta có nhận xét quan trọng sau: a2xn(cid:1)2

(cid:0) 1; 1 s

P r(cid:1)

q| ⁄

x a1xn(cid:1)1 x 1, an, đa thức là đa thức Chebyshev

. Tn x q

Mệnh đề 2.2.14. Ta có

(cid:1)

(cid:16)

(cid:1) p

(cid:9)

(cid:8)

(cid:0)

(cid:1) cos nα với x

x2 1 n2 1 x . (2.12) Tn T 1 n p x q

(cid:8) (cid:0) Chứng minh. Xét hàm hợp Tn

q (cid:16)

(cid:16)

x cos α. Do đó

q p(cid:1)

q (cid:16) (cid:1)

sin α n sin nα. x

T 1 n p Bình phương hai vế ta được

(cid:1)

(cid:16)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:8)

(cid:0)

(cid:8)

(cid:0)

(cid:8)

1 cos2α n2 1 cos2nα T 1 n p x q

hay

(cid:1) p

(cid:1)

(cid:16) Hai vế của đẳng thức trên đều là những đa thức nên đẳng thức đó cũng đúng

1 x2 x n2 1 x . Tn T 1 np

với mọi x. Vậy ta có điều phải chứng minh.

Mệnh đề 2.2.15. Ta có

(cid:0)

(cid:1)

(cid:16)

(cid:8)

(cid:0)

x x2 1 x 1. (2.13) Tn Un(cid:1)1

Chứng minh. Ta có

q (cid:244)

q (cid:16) p

(cid:0) nUn(cid:1)1

q (cid:16)

(cid:244)

x x n Un Un x q x q 1 (cid:16) T 1 n(cid:0)1 p n (cid:0) . T 1 n(cid:0)1 p T 1 x n p 1 q x q

Thay vào ta được 2.12 q

(cid:1)

(cid:16)

(cid:1) p

n2 1 x2 x n2 1 x Tn Un(cid:1)1

hay

(cid:1)

(cid:16)

(cid:1) p

x2 1 x 1 x Tn Un(cid:1)1

do đó

(cid:1)

(cid:16)

(cid:8)

(cid:0) (cid:0) Vậy ta có điều phải chứng minh.

x x2 1 x 1. Tn Un(cid:1)1

Ngoài ra ta có một số tính chất khác của đa thức Chebyshev như sau:

q (cid:16)

(cid:1)

(cid:8)

xT 1 x x 0. 1) 1 x2 x n2Tn

(cid:0) 2) Tn

q (cid:0) x q 2

q (cid:16)

q (cid:1) x q 2 (cid:1)

n p T 1 n(cid:1)1 p 2n (cid:1)

x .

q (cid:16)

k(cid:16)0 (cid:176)

x x . 3) Un T 2 n p T 1 n(cid:0)1 p 2n (cid:0) xkTn(cid:1)k

q (cid:16)

q (cid:1)

(cid:1)

(cid:8)

x x 1 x2 . xTn 4) Tn(cid:0)1 Un(cid:1)1 x q

(cid:0) Tn

q (cid:16)

q (cid:0)

x x x . 5) Un xUn(cid:1)1

i, với m

n xn(cid:1)2i

q (cid:16)

(cid:1)

(cid:16)

(cid:18)

(cid:26)

(cid:0) x

2x 2 C 2i x2 1 . 6) Tn n 2

i(cid:16)0 (cid:176) U1

(cid:8) U5

q (cid:0)

(cid:16)

q (cid:0)

(cid:0)

7) x x x ... . Un U3 U2n(cid:1)1 x q

q (cid:16)

q (cid:0)

(cid:0)

x 2 x x x ... . x 8) U2n T1 T3 T5 T2n(cid:1)1

2.2.3 Ví dụ minh họa

q (cid:16)

(cid:0)

Ví dụ 2.25. Cho đa thức f x 2x2 bx c. Tìm các số thực b, c để

q| ⁄

P r(cid:1)

x f 1, x . 1; 1 s

q| ⁄

P r(cid:1)

Lời giải. Vì f x 1 với mọi x nên ta có 1; 1 s

(cid:1)

(cid:0)

| ⁄

f 2 b c 1,

p(cid:1) f

(cid:0)

| ⁄

2 b c 1,

(cid:0) 1.

| ⁄

c f 1 q| (cid:16) | 0 q| (cid:16) | 1 q| (cid:16) |

Mặt khác

(cid:16) |

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

| ⁄ |

(cid:1)

(cid:0)

| (cid:0) |

(cid:0)

| (cid:0) |(cid:1)

| ⁄

4 2 b c 2 b c 2c 2 b c 2 b c 2c 4.

Vì đồng thời phải xảy ra các đẳng thức nên ta được b 0, c 1.

(cid:16) x

(cid:16) (cid:1) 2x2

(cid:16)

(cid:16) (cid:1)

q (cid:16)

(cid:1)

Ngược lại với b 0, c 1 dễ dàng chứng minh được f 1 thỏa mãn

q| ⁄

P r(cid:1)

(cid:16) (cid:1)

(cid:16)

| p Vậy b Ví dụ 2.26. Tìm các số thực a, b, c, d để với mọi x

f x 1 với mọi x . 1; 1 s 0, c 1.

P r(cid:1)

thì 1; 1 s

(cid:0)

⁄

(cid:7) (cid:7)

8x4 ax3 bx2 cx d 1.

(cid:0)

q (cid:16)

(cid:7) (cid:7) (cid:0)

(cid:0)

Lời giải. Xét đa thức Q x 8x4 ax3 bx2 cx d. Vì Q có dạng x q

q (cid:16)

(cid:0)

Q x 24(cid:1)1x4 ax3 bx2 cx d

q| ⁄

P r(cid:1)

q (cid:17)

và Q x 1 với mọi x nên Q x . Do đó T4 1; 1 s x q

(cid:16)

(cid:16) (cid:1)

(cid:16)

a 0, b 8, c 0, d 1.

q (cid:16)

(cid:0)

Ví dụ 2.27. Cho f x 4x3 ax2 bx c. Tìm các số thực a, b, c để

q| ⁄

P r(cid:1)

x f 1, x . 1; 1 s

Lời giải.

Cách 1:

(cid:0)

q| ⁄

P r(cid:1)

p nên f

p q (cid:16) . Do đó

q (cid:17)

có dạng f x 23(cid:1)1x3 ax2 Vì f bx c và f x 1 với mọi x 1; 1 s x q x x T3

(cid:16)

(cid:16) (cid:1)

(cid:16)

a 0, b 3, c 0.

Cách 2:

q| ⁄

P r(cid:1)

Vì f x 1 với mọi x nên ta có 1; 1 s

(cid:0)

1, c f b

| ⁄ c

(cid:0) 1 2

(cid:0)

(cid:1)

(cid:16)

⁄

(cid:2) f

b f 1, a (cid:1) 1 a 4

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7)

(cid:1) 1 2

(cid:1) 1 2 (cid:0)

(cid:16)

(cid:0)

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) ⁄

a c b 1 4 1 2 (cid:0) 1 4 1 p(cid:1) q| (cid:16) |(cid:1) 1 2 1 2

(cid:2) f

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7)

(cid:7) (cid:7) 1. (cid:7) (cid:7)

(cid:7) (cid:10)(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:10)(cid:7) (cid:7) (cid:7) 4 1 (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) q| (cid:16) |

(cid:0)

| ⁄

a b c

Ta thấy

(cid:0)

| ⁄

(cid:0)

| (cid:0)

(cid:1)

b 4 b 4 a 4 c b a c 1, 1 2 |

(cid:0) 1 2

| ⁄ 1 2

(cid:1)

|(cid:1)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:0) 1 2 (cid:0)

(cid:1)

| ⁄

(cid:1)

(cid:0)

⁄

1 b a c b a b 2. 1 4 1 4 1 2 | 1 2 (cid:1)

(cid:7) (cid:7) (cid:7) 3. Vì đồng thời phải xảy ra các đẳng (cid:7)

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7)

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) | (cid:0) |(cid:1)

⁄ |

(cid:0)

(cid:16)

1 Suy ra 3 4 b 2 b 1 c (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7)

(cid:0) 0 hay f

| ⁄ c

(cid:16) (cid:1)

(cid:16)

(cid:1)

thức nên ta được b x 4x3 3x.

(cid:1) 3, a 4x3

(cid:16) 3x, xét x

q (cid:16) 1; 1 s

P r(cid:1)

P r

q (cid:16) x

(cid:1) cos 3α

Ngược lại, với f x bất kì thì tồn tại α 0; π để

s 0.

(cid:16)

P r(cid:1)

(cid:16) (cid:1)

(cid:16)

cos α. Khi đó f (thỏa mãn). Vậy b 3, a c

q (cid:16) p a, b, c

(cid:0)

x Ví dụ 2.28. Tìm 1; 1 s x3 đạt giá trị nhỏ nhất. ax2 bx c

(cid:7) (cid:7)

| ⁄

R3 để max q P r(cid:1)1;1s Lời giải. Do có điều kiện (cid:7) 1 và đa thức là bậc 3, ta nghĩ ngay đến xét (cid:7) | các điểm là các luân điểm của đa thức Chebyshev bậc 3.

(cid:0)

(cid:16)

q (cid:16)

(cid:7) (cid:7)

Đặt x3 ax2 bx c f x f x M . Khi đó và max r(cid:1)1;1s

(cid:0)

f b 1 a M,

(cid:1)

f b M,

(cid:16)

⁄

(cid:10)

(cid:2)

f c | ⁄ c | ⁄ c M,

(cid:16)

(cid:1)

(cid:1) b 2 (cid:0) b 2 (cid:1)

⁄

(cid:10)

(cid:2)

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7)

f c M. 1 q (cid:16) | 1 p(cid:1) q (cid:16) | 1 2 1 2 1 1 8 (cid:0) 1 8 (cid:1) a (cid:0) a 4 (cid:0) a 4 (cid:0)

Do đó

| ⁄ |

(cid:0)

(cid:0) b

| (cid:0) | c

2 b c 1 b a 2M,

(cid:0)

(cid:0) b 2 (cid:0)

(cid:0)

(cid:0) 1 8 (cid:1)

(cid:1) a 4 (cid:0)

(cid:1) b 2 (cid:1)

⁄

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7)

c | ⁄ c 2M. 2b 1 4 1 1 8 (cid:0) a (cid:0) a 4 (cid:0)

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) 2

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) 6M hay M

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:0)

| (cid:0)

(cid:7) (cid:7) (cid:7) 1 (cid:7) 4 (cid:1) (cid:1)

⁄

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ Suy ra 2 b b 1 4 3 2 ⁄ | khi

(cid:10)

(cid:7) (cid:7) (cid:7) 1 (cid:7) 8 (cid:1) a

(cid:7) (cid:7) (cid:7) a (cid:7) 4 (cid:0) c b

(cid:10) (cid:2) 1

(cid:16)

q p

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

c c 0 b 2 (cid:1) 0 a c 1 8 (cid:0) (cid:2) a 1 a 4 (cid:0) b 0

(cid:1) 2b

(cid:244) $ &

(cid:16) 3 . (cid:1) 4

(cid:16)

(cid:1)

p f

q (cid:2) f

(cid:10) f

b 0 2 2b

1 2

1 4

1 2

p(cid:1)

(cid:16)

(cid:1)

(cid:8)

f M

(cid:0) bx

(cid:16) c

(cid:16) (cid:0) đạt giá trị nhỏ nhất bằng

’’’’’’’’& ’’’’’’’’%

(cid:0) 1 q (cid:16) p Vậy max r(cid:1)1;1s

(cid:0)

(cid:8) (cid:0)

(cid:0)

(cid:7) (cid:7)

x3 b 2 (cid:0) c (cid:0) 1 2 (cid:1) 1 q (cid:16) ax2 khi 1 4

(cid:16)

(cid:16) (cid:1)

a c 0, b . 3 4

Ví dụ 2.29. Cho p là số nguyên tố lẻ và xét dãy thỏa mãn xn

(cid:16)

(cid:1)

x1 1, x2 xn. p, xn(cid:0)2 2pxn(cid:0)1

(cid:0) 1

(cid:0)

1 Chứng minh là số chính phương với mọi số nguyên dương m. x2m p Lời giải.

Xét đa thức Chebyshev loại 1 và loại 2. Theo công thức ta có 2.12 q

(cid:1)

(cid:16)

(cid:8)

(cid:0)

x x2 1 x 1, Tn Un(cid:1)1

q (cid:1) 1 (cid:1)

q (cid:0) (cid:0)

tương đương với x 1 x x Un(cid:1)1 Tn p x Tn p x 1 1 (cid:16) p

q (cid:1) 1 (cid:1)

Ta sẽ chứng minh 1 x Z, n N(cid:6), Tn p x

q (cid:0) 1 (cid:0)

1 x Z, n N(cid:6), n lẻ. Tn p x

(cid:16)

P Tn p x

(cid:1)

1 với mọi n 1 nhận x 1 làm nghiệm, Thật vậy, ta có Tn 1 q (cid:16) N(cid:6) nên Tn 1 x hay nhận x 1 làm nhân tử, tức x q(cid:1) p Z. Mà

q (cid:1) 1 (cid:1) 1 q

p(cid:1)

n N(cid:6). Tn 1 q (cid:16) p(cid:1)

p(cid:1)

q (cid:0)

(cid:16) (cid:1)

(cid:0)

x 1 nhận x 1 làm nghiệm, hay 1, hay Tn 1 q (cid:16) (cid:1) Nên nếu n lẻ thì Tn nhận x 1 làm nhân tử, tức với mọi số nguyên dương n lẻ ta có

q (cid:0) 1 (cid:0)

1 x Z. Tn p x

N. Ở đây ta chỉ xét n lẻ: , p n Tn Dễ dàng nhận thấy rằng xn(cid:0)1

2, (

(cid:16) Tn p p

(cid:6)

1 p ). Un(cid:1)1 Tn p p 1 1 (cid:16) p p q (cid:0) (cid:0) p q (cid:1) 1 (cid:1)

(cid:16)

(cid:10)

q (cid:0) 1 (cid:0)

Gọi p 1 p 1 d , , Tn p p Tn p p

q (cid:1) 1 (cid:1) là một số chẵn, nhưng điều này vô lí vì với

(cid:2) 2 thì Un(cid:1)1

(cid:16)

p suy ra d 2. Nếu d

| n lẻ thì n

(cid:1)

1 chẵn và mọi đa thức Chebyshev loại 2 có bậc chẵn đều là số lẻ

nếu biến số là số nguyên. Như vậy d ) suy ra 1. Từ ( (cid:6)

(cid:0) 1

(cid:16) 1 1 (cid:16)

(cid:0)

Tn p p xn(cid:0)1 p p q (cid:0) (cid:0)

(cid:1)

(cid:1) 1, 2 ta thấy không thỏa mãn. Với n

(cid:16)

2n 3n là số chính phương. 1 q p 1 q là một số chính phương với mọi số nguyên dương n lẻ. Ví dụ 2.30. Tìm số nguyên dương n để Lời giải. Nếu n 3, đặt

(cid:1)

2n 3n m2 1 q p 1 q (cid:16)

với m là số nguyên dương. Nếu n lẻ thì

(cid:1)

(cid:17)

2n 1 3 mod 4 ,

(cid:1)

(cid:17)

3n 1 2 mod 4 ,

(cid:17)

(cid:16)

hay m2 2 mod 4 (vô lí). Suy ra n phải chẵn. Đặt n 2k. Lúc đó

(cid:1)

(cid:16)

(cid:0)

(cid:8) (cid:0)

(cid:8)

a2 1 b2 1 m2 với a 2k, b 3k.

2. Đây là phương

(cid:1)

(cid:0)

(cid:16)

(cid:0) p

(cid:0)

Suy ra ab a2 b2 1 m2 hay ab m2 a 1 q b q trình Pitago quen thuộc, do m phải chẵn nên ta có

(cid:0)

(cid:16)

1 ab

(cid:0) b

(cid:0)

(cid:16)

a u2 u2 v2 v2

(cid:1) 2uv,

(cid:16)

$ ’’& ’’%

suy ra

(cid:0)

(cid:1)

(cid:16)

$ &

(cid:0)

(cid:16)

2k 6k 1 u2 u2 v2 v2.

% 3k

Dẫn tới

(cid:0)

(cid:16)

(cid:9) (cid:1)

(cid:1)

(cid:9) Từ đây suy ra k phải chẵn vì nếu k lẻ thì 3k

1 2k 1 2u2.

(cid:0)

(cid:17)

1 4 mod 8 , tức là khi phân

tích hai vế ra thành tích các thừa số nguyên tố thì số mũ của thừa số 2 của vế

trái sẽ là 2, một số chẵn còn ở vế phải thì số mũ của 2 là số lẻ do số mũ của số nguyên tố bất kì khi khai triển u2 đều là chẵn. Dẫn tới n phải chia hết cho

(cid:1)

4. Bây giờ đặt 2n 1, 3n d thì 1 q (cid:16)

(cid:1)

(cid:16)

(cid:1)

(cid:16)

2n 1 dr2, 3n 1 ds2

q (cid:16)

(cid:16)

với s, r 1, dsr m. Xét phương trình Pell

(cid:1)

(cid:16)

X 2 dY 2 1.

(cid:1)

(cid:16)

Do n 3 và 3n 1

trên là phương trình Pell loại 1, nhận ds2 nên d không thể là số chính phương. Phương trình 3k, s là các cặp nghiệm nào 2k, r ,

(cid:8)

(cid:0)

(cid:8)

thì Xn, Yn

(cid:0) . Giả sử dãy này có nghiệm khởi đầu

đó. Ta sẽ chứng minh rằng nếu phương trình này có dãy nghiệm 2k và 3k không thể cùng thuộc dãy

(cid:16)

t Xn u 1 và công thức truy hồi X0 1, X1

(cid:16)

(cid:1)

n 1. 2tXn Xn(cid:0)1 Xn(cid:1)1,

. Ta chứng minh nếu 2k xuất hiện trong t q lẻ nếu n chẵn và t

p q 1, (do t

bằng một số lẻ lớn hơn 1 nhân với t nếu n lẻ, n t q 1). Trong luôn có ước nguyên tố lẻ. Từ đây suy ra 2k phải Lúc đó giá trị của Xn chính bằng Tn dãy thì nó phải là X1. Thật vậy, bằng quy nạp, ta thấy Tn Tn những trường hợp đó, Tn t q

là X1 nếu muốn có mặt trong dãy. Nhưng mặt khác, theo tính chất đã chứng minh ở trên thì k chẵn nên

(cid:17)

1 mod 3 . X1 X0

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng

(cid:17)

1 mod 3 , n N. Xn

Thật vậy, giả sử nó đúng tới n thì

(cid:16)

(cid:17)

(cid:1)

(cid:17)

1 mod 3 . 2k(cid:0)1Xn 2Xn Xn(cid:0)1 Xn(cid:1)1 Xn(cid:1)1

q| ⁄

P r

x q thì đều nghiệm đúng bất đẳng 1 với mọi x x f 0; 1 s

q (cid:16)

(cid:24)

(cid:0)

là một đa thức bậc hai tùy ý. Do ax2 bx c, x a

q (cid:16)

(cid:0)

Vậy 3k không thể xuất hiện trong dãy. Phương trình vô nghiệm nguyên. Ví dụ 2.31. Tìm giá trị nhỏ nhất của m sao cho với mỗi đa thức bậc hai f thỏa mãn điều kiện thức f 1 m. 0 q ⁄ p Lời giải. Gọi f đó f 1 0 p q b. Dựa vào giả thiết ta có 2ax x

| ⁄

⁄

(cid:0)

| ⁄

(cid:16)

(cid:2)

f c 1, f 1, f a b c 1. 1 2 0 q| (cid:16) | 1 q| (cid:16) | a 4 (cid:0) b 2 (cid:0)

(cid:10)(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7)

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7)

Suy ra c (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7)

⁄

(cid:1) 4

⁄

(cid:10)

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) 3c b a 2 (cid:0) 4 (cid:0) (cid:2) c b a

c 4

(cid:1) p

(cid:0)

⁄

(cid:0)

’’’’& ’’’’% Cộng vế theo vế các bất đẳng thức này ta được f 1

⁄

b 8. Ta thấy 8 là 0 q (cid:16) một trong các giá trị có thể có của m. Ta chứng minh m 8 là giá trị nhỏ

(cid:16) 1. Có

q (cid:16) (cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

nhất của m. Thật vậy, xét đa thức f x 8x2 8x

q (cid:0)

(cid:16)

(cid:1)

q ¥

P r

f x 1 8x 1 x 0, x , 0; 1 s

q (cid:1)

(cid:16) (cid:1)

⁄

P r

f x 1 2x 0, x 1 q

@ 16x

q (cid:16) (cid:1)

(cid:0)

q| ⁄

P r

2 p (cid:1) . Mà f 1 x 0; 1 s 8 nên f 1 8. nên f x 1 với mọi x 0; 1 s 0 q (cid:16) Vậy giá trị nhỏ nhất của m bằng 8.

(cid:0)

(cid:8)

j(cid:16)0 (cid:176)

q (cid:16) R. Chứng minh rằng

Ví dụ 2.32. Cho đa thức lượng giác P x thỏa aj cos jx bj sin jx

q| ⁄

mãn P x 1 với mọi x

⁄

(cid:7) (cid:7)

P 1 x n, x R.

Lời giải. Cho số thực a bất kì. Đặt

(cid:0)

(cid:1)

q (cid:1) 2

q (cid:16)

(cid:16)

j(cid:16)0 ‚

P a x P a x Q x cj sin jx.

Khi đó

(cid:0)

(cid:1)

q (cid:0) 2

P 1 x a P 1 a x , Q1 x

q (cid:16) 0 q (cid:16)

Q1 P 1 . a q

Ta chứng minh Q1 n. Thật vậy 0 q| ⁄

(cid:0)

(cid:1)

q| (cid:0) | 2

(cid:16)

⁄

(cid:7) (cid:7)

P 1 a x P 1 a x Q1 x 1.

(cid:24)

⁄

Dễ dàng có n với mọi x kπ, k Z. Mặt khác Q 0 và Q x q p sin x 0 q (cid:16)

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7)

⁄

Q n. 0 q Q 0 x sin x

(cid:7) (cid:7) (cid:7) n hay (cid:7)

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7)

(cid:209)

q| ⁄

Cho x 0 ta có Q1 a n. Vì a được lấy bất kì nên x q (cid:1) x (cid:1) P 1 0 q| ⁄

⁄

(cid:7) (cid:7)

P 1 x n, x R.

r(cid:1)

(cid:1) của k tích đó. Chứng minh rằng

Ví dụ 2.33. Trên lấy k điểm khác nhau. Với mỗi điểm, tính tích các 1; 1 s khoảng cách từ điểm đó đến k 1 điểm còn lại. Gọi Sk là tổng các nghịch đảo

4; 2k(cid:1)2.

k(cid:1)1

2k(cid:1)2. Thật vậy, xét đa thức Chebyshev: a) S3 b) S4 c) Sk Lời giải. Ta chứng minh Sk

q (cid:16)

(cid:1) (cid:1)

i(cid:16)0 ‚

j(cid:16)0,j(cid:24)i „

x xi Tk(cid:1)1 Tk(cid:1)1 x xi xj xj

(cid:1)

k(cid:1)1

là đa thức bậc k 1. So sánh hệ số bậc cao nhất ở hai vế ta được

(cid:16)

j(cid:16)0,j(cid:24)i „ k(cid:1)1

i(cid:16)0 ‚ k(cid:1)1

(cid:1) 1

1 2k(cid:1)2 xi Tk(cid:1)1 xi xj

j(cid:16)0,j(cid:24)i „ k(cid:1)1

(cid:1) 1

xi Tk(cid:1)1 xi

⁄

(cid:1)

j(cid:16)0,j(cid:24)i „

⁄ (cid:7) (cid:7) i(cid:16)0 ‚ (cid:7) (cid:7) k(cid:1)1 (cid:7) (cid:7) i(cid:16)0 | ‚ k(cid:1)1

(cid:7) (cid:7) ...

xi Tk(cid:1)1 xj (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) xj xi

⁄

(cid:7) 1 (cid:7) xi(cid:1)1

| |

(cid:1)

i(cid:16)0 ‚

| Sk.

(cid:16)

... xi x0 xi x1 xi xi xi xi(cid:0)1 xk(cid:1)1

q| ⁄

4. Tk(cid:1)1

¥ ...

¥ anxn

q (cid:16)

(cid:0)

xi (do p Ví dụ 2.34. Cho f 1). Vậy Sk x 2, S4 a1x a0 thỏa mãn 2k(cid:1)2. Suy ra S3 an(cid:1)1xn(cid:1)1

q| ⁄

P r(cid:1)

f x 1 với mọi x . 1; 1 s

q (cid:16)

(cid:24)

p x

q| ⁄ |

(cid:24)

(cid:10) với mọi x xnTn

q (cid:16)

(cid:24)

(cid:2) x q| loại 1 bậc n, và T (cid:6) n p 2n(cid:1)1 với mọi x

với mọi x 0. Chứng minh rằng: Xét f (cid:6) x xnf 1 x a) f (cid:6) , x là đa thức Chebyshev 0, với Tn T (cid:6) n p 1; 1 s x q x với mọi x 0.

P r(cid:1) 1 x (cid:10) 1; 1 s

q| ⁄

(cid:2) P r(cid:1)

x .

f (cid:6) b) Lời giải.

a) Bài toán tương đương với việc chứng minh

R p(cid:1)

q| ⁄ |

x x , x . f Tn 1; 1 q

| p kπ n

(cid:16)

(cid:10)

Đặt các luân điểm cos 0, 1, ..., n. Xét sự nội suy Lagrange ak với k

(cid:1) ak

q an

q ak(cid:0)1

(cid:16) (cid:2) 1 điểm ak ta có: x a0 p ak p

q p q p

(cid:1) (cid:1)

(cid:1)

p Do

q (cid:16) f

k(cid:16)0 (cid:176) ak q| ⁄

q p (cid:16)

của f ... an ak(cid:0)1 . x f f ak x p ... a1 a1 x (cid:1) ak ak(cid:1)1 ak(cid:1)1 ... q ... q x q p ak (cid:1) 0, 1, ..., n nên kết hợp với giả thiết ta có bậc n tại n x q (cid:0) x n p (cid:1) a0 ak p 1 với mọi k

⁄

(cid:1) (cid:1)

k(cid:16)0 ‚

i(cid:24)k „

k(cid:16)0 ‚ n

f f f ak ak x ak x ak

⁄

(cid:1) (cid:1)

k(cid:16)0 ‚

i(cid:24)k (cid:7) „ (cid:7) (cid:7) ai (cid:7) ai (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7)

i(cid:24)k (cid:7) „ (cid:7) (cid:7) (cid:7)

ai ai (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) , . x q| (cid:16) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) ai ai (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) 1 q x ak

⁄ (cid:1)

(cid:1)

Với x 1 hoặc x 1, tất cả các phần tử dạng x ai cùng dấu. Do

... a0 a1 an

n(cid:1)k. Suy ra

(cid:1)

p(cid:1)

i(cid:24)k p –

nên tích cùng dấu với ak ai 1 q

(cid:16)

(cid:1) (cid:1)

k(cid:16)0 p(cid:1) (cid:176)

i(cid:24)k (cid:2) –

, (2). 1 q x ak x ak ai ai (cid:10)

i(cid:24)k (cid:7) k(cid:16)0 (cid:7) – (cid:176) (cid:7) (cid:7) Mặt khác ta có: Tn ak q (cid:16) p(cid:1) Chebyshev bậc n và n

(cid:0) n

ai ai (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) k. Ta áp dụng khai triển Lagrange với đa thức 1 q 1 luân điểm thì

(cid:16)

(cid:1) (cid:1)

k(cid:16)0 p(cid:1) (cid:176)

i(cid:24)k (cid:2) – ta có điều phải chứng minh.

, (3). Tn 1 q x q x ak ai ai (cid:10)

(cid:6)

p b) Ta chỉ cần chứng minh thêm

q| ⁄

P r(cid:1)

(cid:16)

(cid:1)

Từ (1), (2) và 3 q x 2n(cid:1)1 với mọi x . Tn 1; 1 s có bậc n, hệ số cao nhất là 2n(cid:1)1, có n nghiệm x q Do đa thức Chebyshev Tn thực phân biệt 2k π , k 0, 1, ..., n 1 cos p xk 1 q (cid:0) 2n

nên nó có dạng

q p

q (cid:16)

(cid:1)

x 2n(cid:1)1 x x ... x . Tn x0 x1 xn(cid:1)1

Do đó

q p

q (cid:16)

(cid:1)

(cid:16)

(cid:2)

(cid:10)

x 2n(cid:1)1 1 1 ... 1 , (4) xnTn xx0 xx1 xxn(cid:1)1 T (cid:6) n p 1 x

(cid:24)

với mọi x 0. Vì nó là đa thức nên đúng với mọi x R. Dãy x0, x1, ..., xn(cid:1)1

p cos α, hay

(cid:1)

q (cid:16) (cid:1)

là dãy đối của dãy do cos π α xn(cid:1)1, xn(cid:1)2, ..., x0

(cid:16) (cid:1)

(cid:16)

(cid:1)

0, 1, ..., n 1. xk, k xn(cid:1)1(cid:1)k

Từ đó ta có

q p

q (cid:16)

(cid:0)

x 2n(cid:1)1 1 1 ... 1 , (5). xx0 xxn(cid:1)1 xxn(cid:1)2 T (cid:6) n p

Từ (4) và (5) suy ra

(cid:16)

(cid:1) p

(cid:1)

(cid:9)

x 4n(cid:1)1 1 1 ... 1 . xx0 xx1 xxn(cid:1)1 T (cid:6) n p

(cid:9) (cid:1) (cid:9) 2n(cid:1)1 với mọi x

(cid:1) T (cid:6) n p

q| ⁄

P r(cid:1)

⁄

qq p Nhận xét.

x . Vậy x 4n(cid:1)1 hay 1; 1 s T (cid:6) n p

q| ⁄

P r(cid:1)

q| (cid:16)

p 1 điểm như vậy khi ta muốn đánh giá đa thức bậc n. Sử dụng nội suy

Ở câu a), nhờ có giả thiết x f 1 với mọi x nên việc nghĩ đến 1; 1 s chuyện đánh giá tại các điểm làm cho x 1 là khá rõ ràng, hơn nữa lại Tn

(cid:0)

có n

2 là các số thực phân biệt trong đoạn Lagrange là một hướng đi hoàn toàn tự nhiên. Ví dụ 2.35. Cho x1, x2, ..., xn với n

r(cid:1)

(cid:1)

(cid:16)

i(cid:24)k p –

1, 2, ..., n ta có , k . Chứng minh rằng với tk xi xk 1; 1 s

q(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) 2n(cid:1)2.

(cid:0)

(cid:16) (cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) 1 (cid:7) t2 (cid:0)

... 1 tn ¥ 1 t1 (cid:0)

r(cid:1)

Nhận xét. Ở bài trước, ta đã thấy được tư tưởng sử dụng nội suy Lagrange

tại các nút nội suy là các luân điểm. Ở bài này, các số thực thuộc đoạn 1; 1 s và điều phải chứng minh là so sánh với đại lượng 2n(cid:1)2 cũng làm ta nghĩ tới

(cid:1)

q (cid:16)

q xn

q p q p

(cid:1) (cid:1)

(cid:1)

k(cid:16)1 (cid:176)

bậc n 1 x q việc sử dụng Lagrange và sự đánh giá hệ số bậc cao nhất. Lời giải. Xét sự nội suy Lagrange của đa thức Chebyshev Tn(cid:1)1 tại n điểm x1, x2, ..., xn ta có: xn x . xk Tn(cid:1)1 Tn(cid:1)1 ... q ... ... p ... x p xk x p xk x xk x (cid:1) xk xk(cid:1)1 xk(cid:1)1 xk(cid:0)1 x1 q (cid:1) xk(cid:0)1 x1 q (cid:1) Đồng nhất hệ số bậc cao nhất ở hai vế của đa thức, ta có:

(cid:16)

(cid:1)

q (cid:1)

(cid:1)

k(cid:16)1 ‚

2n(cid:1)2 . ... ... xk x1 xk xk xn Tn(cid:1)1 xk(cid:1)1 xk(cid:0)1 xk p xk q p

| ⁄

(cid:16)

P r(cid:1)

q| ⁄ n

Mà x 1 với mọi x , k 1, 2, ..., n nên 1, xk Tn(cid:1)1 1; 1 s

⁄

(cid:1)

q| (cid:1)

k(cid:16)1 ‚

2n(cid:1)2 . ... ... xk x1 xk xk xn 1 tk xk(cid:0)1 Tn(cid:1)1 | xk(cid:1)1 xk p xk q p

Ta có điều phải chứng minh.

Sau đây ta xét một ví dụ sử dụng được cả hai cách, dùng đa thức nội suy

Lagrange hoặc đa thức nội suy Chebyshev.

Ví dụ 2.36. Chứng minh rằng tồn tại một hằng số dương c sao cho với mọi số nguyên dương n và tất cả các số thực a1, a2, ..., an nếu

q p

q (cid:16) p

(cid:1)

P x x x ... x a1 a2 an

thì

xPr0;1s |

q| ⁄

P x cn max P . x max xPr0;2s |

Lời giải. Ta sẽ chứng minh với mọi đa thức Q có bậc n 0 thì x q

R r(cid:1)

Q Q t , t , . Tn max tPr(cid:1)1;1s | t q| | 1; 1 s 1 q t q| ⁄

tPr(cid:1)1;1s |

R r(cid:1)

Giả sử max Q sao cho 1 và giả sử tồn tại x0 1; 1 s t q| (cid:16)

q| ¡ |

Q . x0 Tn x0

Đặt

(cid:16)

q (cid:16)

q (cid:1)

q q

a , R x aQ x . Tn x q Tn Q x0 p x0 p Khi đó

k, k

(cid:16)

(cid:10)

(cid:2)

(cid:10)

(cid:2)

aQ cos 0, 1, ..., n. R cos 1 q kπ n

⁄

cos Do a 1, Q 1 nên R cos âm nếu k chẵn và dương nếu k

(cid:2) x q

(cid:1) p(cid:1) kπ n (cid:10) 1; 1 s Y t

r(cid:1)

| (cid:160) (cid:10)(cid:7) (cid:7) (cid:2) (cid:7) (cid:7) 1 nghiệm trong lẻ. Suy ra R (cid:7) (cid:7) (cid:0) (cid:7) (cid:7) 1 bậc không quá n). Vậy q p x

, (mâu thuẫn do R có kπ n kπ n có n x0 x q luôn đúng.

(cid:1)

(cid:16)

q (cid:16)

P r

Lại đặt 2x t và P Q 1 t . Với x thì t nên 1; 2 s 1; 3 s

q| |

q| ⁄

P r

Q t Q t , t . Tn max tPr(cid:1)1;1s | t q| 1; 3 s

P r

| Hiển nhiên với n

p 0, n

(cid:16)

P r

p (cid:16) 1 và n

(cid:1)

p 1 nên Tn

(cid:1) do mọi nghiệm của Tn , do đó 2tTn(cid:1)1 t

p t q

P r

Ta chứng minh 6n, với mọi t , n N . Tn t q| ⁄ 1, đúng (do t ). 2 q 2 q 1; 3 s 1; 3 s Giả sử đúng với n 2. Ta sẽ chứng minh đúng với n. Thật vậy, 2 q 2 q 0 với mọi t q t q ¡ t 1 q (cid:16) , suy ra 1; 3 s đều nhỏ hơn 1 và Tn 1; 3 0, , Tn(cid:1)2 s t q ¡

q (cid:1)

p qu 6n.

(cid:16)

⁄

(

t max t Tn 2tTn(cid:1)1 Tn(cid:1)2 , Tn(cid:1)2 t q t q| (cid:16) | t q| ⁄ max 2tTn(cid:1)1 6.6n(cid:1)1, 6n(cid:1)2

P r

Do đó với mọi t ta có 1; 3 s

tPr(cid:1)1;1s |

Q 6n max Q t t q| ⁄

hay

xPr0;1s |

q| ⁄

P r

P x 6n max P , x x . 1; 2 s

Hiển nhiên

xPr0;1s |

q| ⁄

P x 6n max P . x max xPr0;1s |

xPr0;2s |

xPr0;1s |

q| ⁄

Vậy max P x 6n max P . x

Nhận xét. Ngoài cách sử dụng đa thức nội suy Chebyshev ở trên, ta có thể

sử dụng đa thức nội suy Lagrange như sau:

(cid:16)

Đặt S P x với i 0, 1, 2..., n và đặt , bi max xPr0;1s | i n

q p

q (cid:16) p

(cid:1)

x x ... x x ... x . fi b0 bn bi(cid:1)1 bi(cid:0)1

Theo công thức nội suy Lagrange, với số thực x thì

q (cid:16)

i(cid:16)0 ‚ , ta có

P . P x bi fi fi x q p bi q p

P r

(cid:16)

(cid:1)

| ⁄ |

(cid:1)

Với k 0, 1, 2..., n và w w 2 . Vì vậy bk bk 0; 2 s

q| ⁄ |

w fi 2 q| fi n

⁄

i(cid:16)0 (cid:2) „ 2n

(cid:1) 2n

2 i n

(cid:10) 1 q p

(cid:1)

(cid:0)

(cid:16)

... n 2 q 1 q 2n nn

q| ⁄

q| (cid:16)

2n ! n!nn . p q ! i i! Mà P S, nên theo bất đẳng thức về trị tuyệt đối ta bi fi bi n (cid:1) nn có

2nC n

2n(cid:1)i.

q| ⁄

⁄

| |

p p

q| q|

i(cid:16)0 | ‚

i(cid:16)0 ‚

P w P S C i bi fi fi w bi

Cuối cùng

2nC n

2n(cid:1)i ⁄

2n (cid:16)

2n ⁄

i(cid:16)0 ‚

C i C i 22nC n 24n.

Suy ra

xPr0;1s |

q| ⁄

(cid:16)

P w 24nS 16n max P . x max wPr0;2s |

xPr0;2s |

xPr0;1s |

q| ⁄

Vậy max P x 16n max P . x

Một số công thức bậc cao của đa thức Chebyshev sử dụng với hàm hyperbolic

đôi khi cho ta hướng suy nghĩ đặt ẩn phụ và đưa bài toán có phương trình cồng

kềnh về dạng hồi quy để giải quyết dễ dàng hơn.

(cid:0)

Mệnh đề 2.2.16. Giả sử sin 2k t sin t là đa , trong đó P2k(cid:0)1

(cid:16) x

(cid:0)

thức đại số bậc 2k P2k(cid:0)1 q là đa thức đại số bậc 2k x p q 1 sinh bởi 1 q p 1. Kí hiệu Q2k(cid:0)1

bằng cách giữ nguyên những hệ số ứng với lũy thừa chia 4 dư 1 và x q P2k(cid:0)1 thay những hệ số ứng với lũy thừa chia 4 dư 3 bằng hệ số đổi dấu. Khi đó

(cid:1)

(cid:16)

(cid:2)

(cid:10)

(cid:10)(cid:10)

(cid:2)

a a2k(cid:0)1 . Q2k(cid:0)1 1 2 1 a 1 2 1 a2k(cid:0)1

Nói riêng, ta có một số hệ thức liên quan đến hàm hyperbolic thường được

sử dụng sau:

(cid:16)

(cid:1)

(cid:24)

Từ cos 2t 2cos2t 1, với mọi a 0 ta được

(cid:0)

(cid:16)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:2)

(cid:10)

(cid:2)

(cid:10)(cid:26)

a2 a 1. 1 2 1 a2 1 2 1 a 2 (cid:18)

(cid:16)

(cid:24)

(cid:1)

Từ cos 3t 4cos3t 3 cos t, với mọi a 0 ta được

(cid:0)

(cid:16)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:2)

(cid:10)

(cid:10)(cid:26)

(cid:18)

(cid:2)

(cid:10)(cid:26)

a3 a a . 3 1 2 1 a3 1 2 1 a 1 2 1 a 4 (cid:18)

(cid:16)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:16)

(cid:2)

(cid:10)

Từ cos 5t 16cos5t 20cos3t 5 cos t, đặt m a ta được 1 a 1 2

(cid:0)

(cid:16)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:2)

(cid:10)

a5 16m5 20m3 5m. 1 2 1 a5

(cid:16)

(cid:1)

(cid:24)

Từ sin 3t 3 sin t 4sin3t, với mọi a 0 ta được

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:16)

(cid:2)

(cid:10)(cid:26)

(cid:18)

(cid:2)

(cid:10)(cid:26)

(cid:10)

a3 a 3 a . 1 2 1 a3 1 2 1 a 1 2 1 a 4 (cid:18)

(cid:16)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:16)

(cid:1)

(cid:2)

(cid:10)

Từ sin 5t 16sin5t 20sin3t 5 sin t, đặt m a ta được 1 2 1 a

(cid:1)

(cid:16)

(cid:0)

(cid:2)

(cid:10)

a5 16m5 20m3 5m. 1 2 1 a5

(cid:0)

(cid:1)

(cid:16)

10x3 20x 18 0.

(cid:0) ta có công thức sau

(cid:1)

(cid:16)

(cid:2)

a Ví dụ 2.37. Giải phương trình sau x5 1 Lời giải. Với m 2 1 a

(cid:10) 1 a5

(cid:0)

(cid:1)

(cid:16)

(cid:10)

(cid:2)

16m5 20m3 5m, . a5 1 2 1 q

(cid:16)

(cid:24)

(cid:1) và

(cid:1) đồng thời nó vét hết toàn bộ tập R), (1) trở thành

(cid:10) 0; p

(cid:2) ; 0 q

p(cid:1)8

(cid:0)8q 5

, a Đặt x a 0, (có thể đặt được do a là hàm liên tục trên 1 a 1 a khoảng

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:16)

(cid:10)

(cid:2)

(cid:10)

(cid:2)

(cid:10)

(cid:2)

4?2 a 20?2 a 20?2 a 18 0 1 a 1 a 1 a

suy ra

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:16)

(cid:2)

(cid:10)(cid:10)

(cid:2)

(cid:10)(cid:10)

(cid:2)

(cid:10)(cid:10)

16 a 20 a 5 a . , 2 q 1 2 1 a 1 2 1 a 1 2 1 a 9?2 8

Áp dụng công thức (1) vào phương trình (2) ta được

(cid:1)

(cid:16)

(cid:1)

(cid:16)

(cid:2)

(cid:10)

(cid:8)

9?2 a5 a5 a5 1 0 1 2 1 a5 9?2 4 8 (cid:244)

?113

(cid:0) a

(cid:244)

(cid:16)

(cid:8) 4?2

5 d

9 .

Vậy nghiệm của phương trình là

(cid:4)

(cid:16)

?113 (cid:8) 4?2 (cid:1)

?113(cid:12)

5 d

(cid:8)

(cid:5)

(cid:13)

9 4?2 x . 9

Ví dụ 2.38. Chứng minh rằng phương trình sau có nghiệm duy nhất:

(cid:1)

(cid:0)

(cid:16)

16x5 20x3 5x 2 0, (1).

⁄

| ⁄ | 16cos5a

(cid:16) 20cos3a

Tìm giá trị của nghiệm đó. Lời giải. Xét 2 trường hợp: 1. Đặt x Trường hợp 1: x cos a với 0 a π. Khi đó (1) trở thành:

(cid:1)

(cid:0)

(cid:16)

(cid:244)

(cid:16) (cid:1)

(cid:0)

2 0 cos 5a 2. 5 cos a

| ⁄

Phương trình này vô nghiệm nên (1) vô nghiệm x với x 1.

| ¡

(cid:16)

(cid:0)

(cid:2)

(cid:10)

Trường hợp 2: x 1. Đặt x với a R. Khi đó (1) trở thành: a 1 2 1 a

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:16)

(cid:2)

(cid:10)

(cid:2)

(cid:10)

(cid:2)

(cid:10)

20. a 16. a 5. a 2 0. 1 23 1 a 1 25 1 a 1 2 1 a

(cid:16)

(cid:0)

Hay a5 4 0. Giải ra ta được 1 a5 (cid:0)

(cid:16)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:20)

a 2

?3.

5 a

(cid:16)

(cid:1)

(cid:21)

a 2 a1 a2

Suy ra

(cid:16)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:16)

(cid:20)

?3(cid:11)

(cid:1)

1 x 2 x1

a 5

(cid:16)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:16)

?3(cid:11)

(cid:1)

2 (cid:0) 1 x 2 . x2 2 1 2 (cid:3) 1 2 (cid:3)

(cid:22) (cid:22) (cid:22) (cid:22) (cid:21) 1 nên x1

a x2. Do vậy (1) có nghiệm duy nhất là

(cid:16)

Mặt khác a1a2

(cid:16)

(cid:1)

(cid:0)

?3(cid:11)

(cid:1)

(cid:0)

1 x 2 . 2 1 2 (cid:3)

(cid:0)

6. Tìm giá trị Ví dụ 2.39. Cho r là số thực dương thỏa mãn 6?r 1 6?r (cid:16)

(cid:0)

. của 4?r

1 4?r Lời giải. Từ đẳng thức

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:2)

(cid:10)

(cid:2)

(cid:10)

x3 x 3 x 1 x 1 x 1 x3 (cid:16)

ta có

(cid:0)

(cid:1)

(cid:16)

66 3.6 198. 1 ?r (cid:16)

4?r

(cid:0)

(cid:16)

(cid:0)

(cid:16)

(cid:0)

(cid:2)

(cid:10)

Vì vậy 198 2 10?2. 200 hay 4?r 1 4?r 1 4?r (cid:16)

Ví dụ 2.40. Chứng minh rằng nếu α và cos απ là các số hữu tỉ thì 2 cos απ là số nguyên.

q (cid:16)

(cid:16) đến chuyên xét đa thức dạng Chebyshev nhận cos απ là nghiệm rồi chỉ ra 2

Nhận xét. Do α hữu tỉ nên đặt α , p, q 1. Thật tự nhiên ta nghĩ p q

(cid:16) (cid:8)

q (cid:16)

cos απ 1 suy ra phương trình cos pπ

(cid:16)

q (cid:8)

(cid:0)

(cid:24)

(cid:0)

(cid:0) an.

0 (hoặc cộng hoặc trừ) có nghiệm cos απ và mặt khác ta có bổ đề: Z 0 nhận số hữu tỉ ... là , an a0 an(cid:1)1xn(cid:1)1 x s u v

lần nghiệm đó nguyên. Ta thấy Tq Tq 1 Nếu đa thức anxn nghiệm thì u a0, v Nhưng như vậy ta mới chỉ ra được 2n(cid:1)1 cos απ nguyên, bài toán vẫn chưa được

giải quyết. Từ đó ta mong muốn tìm được một đa thức có hệ số bậc cao nhất

nhỏ hơn, tốt nhất là 1, nhận 2 cos απ làm nghiệm, và có dạng gần giống đa

thức Chebyshev. Lời giải. Với mỗi n sao cho: x N tồn tại duy nhất một đa thức Pn

q (cid:16)

2 cos x 2 cos nx. Pn

được xác định theo công thức truy hồi: Và đồng thời Pn x q

q (cid:16)

q (cid:1)

x x x x , P0 2, P1 xPn x, Pn(cid:0)1 Pn(cid:1)1 x q

(cid:16)

(cid:0)

(cid:1)

q P

(cid:16)

q (cid:16)

(do cos n x 2 cos x cos nx cos n 1 q 1 q Z x q . Vì α hữu tỉ nên x x). Bằng quy nạp, ta thấy Pn x s là đa thức monic (có hệ số cao nhất bằng 1) và Pn Z, q đặt α N(cid:6). Mà 1, p p, q , p q

q (cid:16)

(cid:16) (cid:8)

2 cos απ 2 cos pπ 2 Pq

q (cid:16)

q(cid:0)

q(cid:1)

(do p Z). Nên lúc đó đa thức R 2 nếu p lẻ hoặc S x x x x 2 Pq

Pq nếu p chẵn sẽ nhận 2 cos απ làm nghiệm hữu tỉ mà hai đa thức đó đều thuộc Z và có hệ số cao nhất bằng 1. x s

P p

Vậy 2 cos απ là số nguyên. Ví dụ 2.41. Tìm tất cả các số hữu tỉ a thỏa mãn điều kiện 0; 1 q

q (cid:0)

q (cid:16)

cos 3πa 2 cos 2πa 0.

(cid:16)

Lời giải. Đặt cos πa t, phương trình trở thành

(cid:0)

(cid:1)

(cid:16)

(cid:244) (cid:20)

(cid:16) (cid:1) 0.

(cid:0)

(cid:1)

(cid:16)

(cid:21)

t 1 2 4t3 4t2 3t 2 0 2t2 t 2

P p

(cid:16) (cid:1)

Nếu t thì do a nên 0; 1 q 1 2

(cid:16) (cid:8)

(cid:16) (cid:1)

(cid:244)

(cid:16) (cid:8)

q (cid:244)

(cid:16)

Z cos πa πa k2π a 2k, k a . 2 3 1 2 (cid:244) 2π 3 (cid:0) 2 3 (cid:0)

?17

(cid:1)

(cid:8) 4

(cid:16)

1 1 Nếu 2t2 0 t 2 t thì cos πa . Do a là số hữu tỉ,

(cid:1) (cid:16) với p, q

(cid:244) Z,

(cid:16) p, q

(cid:8) 4 1. Lúc đó

(cid:0) p q

(cid:16)

q (cid:16)

đặt a

q (cid:16)

(cid:16) (cid:8)

cos πa cos πp 1, Tq

q P

Z x và có hệ số bậc cao nhất là đa thức Chebyshev bậc q, Tq x q x s với Tq là 2q(cid:1)1. Giả sử p chẵn, lúc đó

q (cid:1)

(cid:16)

cos πa 1 0, Tq

q (cid:1)

(cid:16)

q (cid:16)

(cid:0)

(cid:1)

x 1 T . Xét Q x 2x2 x 2 và phép chia đa thức đặt Tq x q

q (cid:16)

q (cid:0)

T x P x Q x R x q

⁄

(cid:16)

q P

Z với R , P x x , deg R 1. Thay x t vào đẳng thức trên ta được x q

?17

(cid:1)

(cid:0) 4

(cid:3)

(cid:11) (cid:16)

(cid:20)

?17

1 R 0

(cid:1)

(cid:1) 4

(cid:3)

(cid:11) (cid:16)

(cid:22) (cid:22) (cid:22) (cid:22) (cid:21)

1 R 0.

r q P 0 với mọi x

q (cid:16)

Z Nhưng R x x s R x nên R không thể có bậc 1, hay R là hằng số, suy ra R. Do đó Q . Xét phương trình P x x q

q (cid:16)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:8)

T x x 2 P , 2x2 x q

q(cid:1)1

ta thấy

q (cid:16)

q (cid:1)

(cid:16)

(cid:1)

(cid:10)

k(cid:16)0 (cid:2) „ Khi xét sự phân tích tiêu chuẩn của hai vế, 2x2

1 T x x 2q(cid:1)1 x cos . Tq 2kπ q

(cid:0)

(cid:1)

x 2 phải nhận hai nghiệm

cos nào đó làm nghiệm hay 2kπ q

(cid:0)

(cid:1)

(cid:16)

(cid:1)

(cid:2)

(cid:10) (cid:2)

(cid:10)

2x2 x 2 2 x cos x cos . 2u q 2v q

Suy ra

cos cos 1 2 2v q (cid:16) (cid:1)

$ ’’&

(cid:16) (cid:1)

p(cid:6)q

’’%

cos cos 1, . 2u q (cid:0) 2u q 2v q

p(cid:6)q

Từ suy ra

(cid:16)

cos cos 1. 2u q 2v q

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7)

(cid:7) (cid:7) (cid:7) (cid:7) cos

Do đó

, 1 2 2u q (cid:0) 2v q (cid:24) (cid:1)

(vô lí). Trường hợp p lẻ lí luận tương tự ta cũng có điều vô lí.

(cid:16) (cid:1)

(cid:16)

hay a . 1 2 2 3 2 là số nguyên dương và x là số thực sao cho

(cid:1)

Vậy t Ví dụ 2.42. Giả sử k cos k x và cos kx là số hữu tỉ. Chứng minh rằng có số nguyên dương

(cid:1)

1 q k sao cho cos n x và cos nx là số hữu tỉ. 1 q n Lời giải.

Ta có nhận xét rằng nếu cos x là số hữu tỉ thì cos kx cũng là số hữu tỉ, với k là

(cid:16)

số nguyên dương (do cos kx là đa thức Chebyshev loại x , với Tk Tk

cos x q 1 với bậc k, là một đa thức hệ số nguyên). Vì vậy theo yêu cầu đề bài, ta chỉ

cần chứng minh hệ đồng dư sau có nghiệm là đủ:

(cid:17)

n 0 mod k

q k

$ &

(cid:17)

(cid:1)

n 1 mod . 1 qq

Nhưng hệ này luôn có nghiệm theo định lí thặng dư Trung Hoa (chẳng hạn lấy

(cid:16)

2.2.4 Bài tập

k2). Ta có điều phải chứng minh. n

(cid:0)

Bài 1. Tìm a, b x2 ax b đạt giá trị nhỏ nhất.

(cid:0) (cid:7) sin 3t. Tìm a, b để (cid:7)

(cid:0)

q (cid:16)

P r

Bài 2. Cho f t a sin t f 1 với mọi R sao cho max xPr(cid:1)1;1s (cid:7) b sin 2t (cid:7) t q| ⁄ t 0; π .

s Bài 3. Cho P

q (cid:16)

(cid:0)

R x ax3 bx2 cx d x . Chứng minh rằng nếu

q| ⁄

P r(cid:1)

x P 1, x 1; 1 s

| (cid:0) |

| ⁄ Bài 4. Tìm tất cả các bộ 5 số thực

thì a b c 7.

r(cid:1)

x, y, z, u, v , tất cả đều thuộc thỏa 2; 2 s

mãn

(cid:0)

(cid:16)

z 0

(cid:0)

(cid:16)

$ ’’&

(cid:16) (cid:1)

(cid:0)

’’%

(cid:0) Bài 5. Cho A1, A2, ..., An là n điểm trên mặt phẳng. Chứng minh rằng trên bất kì đoạn thẳng có độ dài l nào cũng tồn tại điểm M sao cho:

x x3 x5 y (cid:0) y3 y5 u (cid:0) z3 z5 v (cid:0) u3 u5 v3 v5 10.

2.3 Một số đa thức đặc biệt khác

2.3.1 Đa thức số

. M A1.M A2....M An l 2

q P

R Định nghĩa 2.3.1. Đa thức f x được gọi là một đa thức số nếu nó x

nhận giá trị nguyên tại mọi giá trị nguyên của x.

Đặt

q (cid:16)

x h0

(cid:1)

(cid:0)

1, x x x i x 1 q 1 q hi ... p i!

q (cid:16) R. Khi đó ta có hi

q (cid:16)

⁄

(cid:160)

với i N(cid:6), x i j 0 nếu 0 j i. Kí hiệu 1, hi

(cid:1)

(cid:0)

q (cid:16)

(cid:16) (cid:4)

x x x ... x i x (2.14) , 1 q p 1 q hi 2 q i!

(cid:5)

x i (cid:12) (cid:13) với i N(cid:6), x R.

Định lý 2.3.1. Cho đa thức

q (cid:16)

(cid:0)

Z f x ... x a0xn a1xn(cid:1)1 an an(cid:1)1x

q (cid:16)

(cid:0)

n(cid:1)1

với bậc n 1. Khi đó tồn tại số nguyên dương s và đa thức g với 1 và a0 x q các hệ số là các số tự nhiên sao cho g x f x s .

q (cid:16)

(cid:0)

Chứng minh. Từ g x f x x ... x s a1 an suy ra a0 s q

p q (cid:0) b1xn(cid:1)1

q (cid:16)

(cid:0)

g x ... bn s q (cid:16) b0xn

(cid:16)

với

na0s

(cid:0)

(cid:16)

a0 C 1 a1

b0 b1 ...

na0si

n(cid:1)i(cid:0)1ai(cid:1)1s

n(cid:1)1a1si(cid:1)1

(cid:16)

(cid:0)

C i C i(cid:1)1 ... C 1 ai

’’’’’’’’& ’’’’’’’’%

bi ...

na0 Do đó đa thức g

Rõ ràng mỗi bi đều là một đa thức của s với hệ số nguyên và có hệ số cao nhất bằng C i 0. Vì vậy với s nguyên đủ lớn, tất cả các bi sẽ là nguyên dương. với các hệ số là các số tự nhiên là đa thức cần tìm, thỏa x

q s q

q (cid:16)

(cid:0)

mãn g x f x .

q (cid:16) (cid:4)

(cid:5)

Ví dụ 2.43. Chứng minh rằng đa thức P x là một đa thức số.

x n (cid:12) (cid:13)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:16)

Lời giải. Hiển nhiên tích của n số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho n!. Nếu là tích của n số tự nhiên liên x x là số tự nhiên, x n thì x ... n x 1 q 1 q tiếp. Khi đó x x x n 1 q 1 q C n x ... p n!

là một số nguyên. Từ đó suy ra tích của n số nguyên liên tiếp thì chia hết cho

n!. Vậy ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét.

q (cid:16) (cid:4)

Theo ví dụ trên, với n 2 thì đa thức P x là đa thức số nhưng có

(cid:5)

¥ 1 n!

x n (cid:12) (cid:13) hệ số bậc cao nhất là không nguyên. Như vậy, mọi đa thức có hệ số nguyên

là đa thức số, nhưng hệ số của một đa thức số thì không bắt buộc phải nguyên.

Định lý 2.3.2. Mỗi đa thức f bậc n trên R đều có thể biểu diễn duy nhất x

dưới dạng

q (cid:0)

(cid:0)

q (cid:16) R.

p trong đó a0, a1, ..., an

f x x x ... , x a0h0 a1h1 anhn

x , ..., hn , h1 x q

lập thành một cơ sở của R- không gian x Chứng minh. Vì h0 q vectơ các đa thức có bậc không vượt quá n trên R, nên tồn tại các số thực ai sao cho

q (cid:16)

q (cid:0)

(cid:0)

f x x x ... . x a0h0 a1h1 anhn

(cid:16)

(cid:16) n. Khi đó vì

(cid:160)

f . 0 ta được a0 0 q Bây giờ ta chỉ ra cách xác định cụ thể các số ai. Cho x Giả sử đã xác định được a0, a1, ..., ai với i

(cid:0)

f i i i ... i i 0 a0h0 a1h1 aihi ai(cid:0)1hi(cid:0)1 1 q (cid:16) 1 q (cid:0) 1 q (cid:0) 1 q (cid:0) 1 q (cid:0)

nên

(cid:0)

(cid:16)

(cid:0)

f i i i ... i . a0h0 a1h1 aihi ai(cid:0)1 1 qq 1 q (cid:1) p 1 q (cid:0) 1 q (cid:0)

Vì a0, a1, ..., ai đã được xác định nên ai(cid:0)1 được xác định. Do đó tất cả ai được xác định và ta thấy ngay sự xác định này là duy nhất.

nhận giá trị nguyên x q

(cid:0)

(cid:1)

đều là các số nguyên với k , f , f k k k Z. 1 q 1 q Ví dụ 2.44. Chứng minh rằng nếu đa thức bậc hai f tại 3 giá trị nguyên liên tiếp của x thì đa thức đó là một đa thức số. Lời giải. Giả sử f p Theo công thức nội suy Lagrange ta có

q p

(cid:1)

q p

q (cid:16)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

q p

(cid:1) 1 q

(cid:1)

(cid:0)

x k k f x f k f k x k x k 1 q 1 q 1 q p 1 q x 2 k x k f k . 1 q x 2

(cid:1)

(cid:1) x

(cid:1) k

Nếu x, k nguyên thì x k, x k 1 là hai số nguyên liên tiếp, do đó

q p

(cid:1)

k Z. 1 q x 2

q p

(cid:1)

(cid:0)

Tương tự ta có x k k Z. 1 q x 2

Vậy với x nguyên thì f nguyên. x q

R Định lý 2.3.3. Nếu đa thức f x x bậc n nhận các giá trị nguyên tại

q P là một đa thức số.

p x q

(cid:0)

n 1 số nguyên liên tiếp thì f

(cid:16)

(cid:0)

q (cid:16)

(cid:0)

Chứng minh. Giả sử f nhận giá trị nguyên tại x m, ..., m n Z. Đặt x q g x f x m . Biểu diễn

q (cid:16)

q (cid:0)

(cid:0)

g x x x ... . x a0h0 a1h1 anhn

(cid:16)

q (cid:1)

(cid:1)

(cid:16)

g f m nguyên, còn các hệ số khác được xác định như sau: Ta có a0 0 q (cid:16) i g i ... 1, 2, ..., n. 1 q ai a0 a1 a2 iai(cid:1)1, i i 1 i (cid:1) 1.2

(cid:0)

Vì g i f i m

p 0, ..., n đều nguyên. Vì hi

q (cid:16) p hệ số ai, i x nên f

(cid:16) nguyên với mọi x nguyên.

và a0, a1, ..., ai(cid:1)1 nguyên nên ai nguyên. Như vậy tất cả các nhận giá trị nguyên tại mọi x nguyên x q

Hệ quả 2.3.4. Đa thức

q (cid:16)

q (cid:0)

(cid:0)

q P

R f x x x ... x x a0h0 a1h1 anhn

là đa thức số khi và chỉ khi các hệ số a0, a1, ..., an là những số nguyên.

là đa thức số. Ta x q Chứng minh. Hiển nhiên nếu a0, a1, ..., an nguyên thì f chứng minh chiều ngược lại. Giả sử f là đa thức số. Khi đó x

(cid:0)

(cid:16)

(cid:0)

f i i i ... i a0h0 a1h1 aihi ai(cid:0)1 1 qq 1 q (cid:1) p 1 q (cid:0) 1 q (cid:0)

(cid:16)

(cid:1)

với mọi i 0, 1, ..., n f nguyên và nếu a0, a1, ..., ai nguyên thì 0 q 1. Do a0 ai(cid:0)1 nguyên, nên tất cả các ai đều là những số nguyên.

q P

R x x

(cid:16)

bậc n nhận giá trị m2, m Z.

Ví dụ 2.45. Chứng minh rằng nếu đa thức f nguyên tại 0, 12, ..., n2 thì nó sẽ nhận giá trị nguyên tại mọi x Lời giải.

q (cid:16)

q P

p 2n

(cid:0)

(cid:8)

(cid:0)

Giả sử đa thức f x bậc n nhận giá trị nguyên tại 0, 12, ..., n2. Đặt R r R x s q P thì đa thức g f x2 x g x bậc 2n nhận các giá trị nguyên tại x s 1 số nguyên liên tiếp

(cid:1)

(cid:1) p

(cid:1)

n, n , ..., 1, 0, 1, ..., n. 1 q

Do đó g là một đa thức số.

(cid:16)

x p q m2 nguyên với mọi m nguyên. m g

(cid:0)

(cid:8)

Vậy f Ví dụ 2.46. Tìm điều kiện cần và đủ để f là một đa thức số biết x q

q (cid:16)

(cid:0)

R f x ax3 bx2 cx d . x s

Lời giải. Giả sử f là một đa thức số. Ta có x

(cid:16)

f d

(cid:16)

(cid:0)

f a c b

(cid:1) 8a

(cid:0) 4b

p(cid:1) 2 q

(cid:16)

(cid:0)

’’’’’& ’’’’’%

f a c b 0 q 1 q 1 q (cid:16) f 2c d

suy ra

(cid:0)

(cid:16)

a b c f f

(cid:16)

p(cid:1)

p 6b

(cid:1)

2b f f 2f 0 q 6a f 2f 3d. 1 q (cid:1) 1 q (cid:0) 2 q (cid:0)

p , f

p(cid:1) , f

$ ’’& (cid:16) ’’% là một đa thức số nên f

p(cid:8)

(cid:0)

(cid:0) c, d nguyên thì

(cid:0)

Vì f nguyên, do đó d, a b c, 2b x q 0 q 1 q (cid:1) 1 q (cid:1) 2 q 0 q 1 q nguyên. Suy ra 6a cũng nguyên. Ngược lại khi 6a, 2b, a b

(cid:1)

(cid:0)

q (cid:16)

(cid:0)

(cid:0) p

(cid:0)

x x x f x 2b a b c x d 6a p 1 q 1 q 1 q x 3! x (cid:1) 2!

nhận giá trị nguyên khi x nguyên. Vậy đa thức

q (cid:16)

(cid:0)

f x ax3 bx2 cx d

(cid:0)

c, d nguyên. b

là một đa thức số khi và chỉ khi 6a, 2b, a Ví dụ 2.47. Chứng minh rằng đa thức sau là một đa thức số

q (cid:16)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

P x x9 x7 x5 x3 x. 1 630 1 21 13 30 82 63 32 35

Lời giải. Ta có

q (cid:16)

(cid:1)

(cid:0) x

(cid:1) x

(cid:1)

(cid:0)

(cid:16)

P x x9 x7 x5 x x3 13 30 1 630 x 1 21 x 32 35 x x x x 3 q p 2 q p 4 q p 1 q p 2 q p 3 q p 4 q 82 63 (cid:0) x 1 q p 630

(cid:16)

. N 630

Ta thấy nếu x nguyên thì N là tích của 9 số nguyên liên tiếp nên N chia hết

cho 2, 5, 7, 9. Mà các số này đôi một nguyên tố cùng nhau nên N chia hết cho

(cid:16)

630. Do đó là một số nguyên. Vậy P là một đa thức số. x q N 630 2.5.7.9 Ví dụ 2.48. Xác định các số dương A, B, C sao cho đa thức

q (cid:16)

(cid:0)

f x Ax5 Bx3 Cx

là nhỏ nhất.

là đa thức số với f Lời giải. Ta có f 3 q x là đa thức số nên f , f , f nguyên. Có 1 q 2 q 3 q

(cid:0)

p(cid:6)q

f A B C, f 32A 8B 2C, f 243A 27B 3C, . 1 q (cid:16) 2 q (cid:16) 3 q (cid:16)

Giải ra ta được

(cid:16)

p(cid:6)(cid:6)q

f 4f 5f A , 1 q 3 q (cid:1)

(cid:1)

(cid:16)

f 2 p q (cid:0) 120 8f 13f B , 1 q 3 q (cid:0)

(cid:16)

f 9f 45f C . 1 q 3 q (cid:1) 2 p q (cid:1) 24 2 q (cid:0) p 30

p(cid:6)q

Vì A, B, C dương nên từ ta có

(cid:0) B

(cid:0)

f 2f 30A 6B 0, 2 q (cid:1) f C 0. A 1 q (cid:16) 1 q (cid:16)

p(cid:6)(cid:6)q

Suy ra f 2f 1,f 1. Do đó f 3. Từ suy ra 2 q ¥ 1 q (cid:0) 1 q ¥ 2 q ¥

(cid:0)

(cid:0) f

p 2f

f 120A 4f 5f 120A 4 f 2f 3f 3 q (cid:16) 2 q (cid:1) 1 q (cid:16) 4 1 q 7. 2 q (cid:1) 2 q (cid:1) 1 qq (cid:0) 1 qq (cid:0) 1 3f q ¥

Do đó f 8 (do f nguyên dương). Nếu f 8 thì 3 q 3 q ¥ 3 q (cid:16)

f 1, f 3, 1 q (cid:16) 2 q (cid:16)

hay

(cid:16)

A , B , C . 1 120 1 8 13 15

Khi đó

(cid:0)

(cid:12)

(cid:0) (cid:4)

q (cid:16)

(cid:0)

(cid:16) (cid:4)

(cid:13)

(cid:5)

2 x 1 x f x x5 x3 x 1 120 1 8 13 15 5 3

(cid:16)

(cid:5) 13 . 15 x

q P

(cid:0)

, C , B 1 8 1 120 Z , bậc 2n 1, nhận các giá x s 1 tại 2n 1 giá trị nguyên khác nhau của đối số thì P bất khả quy x

là đa thức số. Vậy A (cid:16) Ví dụ 2.49. Chứng minh nếu đa thức P trị (cid:8) trên Z . x s Lời giải.

p f

s P 1 với mọi i

q| (cid:16) 1, 2, ..., 2n

P t (cid:0) . Suy ra với mọi

q (cid:16) xi

q| (cid:16)

P t

(cid:0)

P t

(cid:0)

Z Giả sử P x f g với f, g x và P 1 với mọi i 1, 2, ..., 2n . xi x q 1 u Khi đó x p q p 1 hoặc g xi 1 u i 1, 2, ..., 2n , xi là các nghiệm của phương trình 1 u

q (cid:16)

(cid:1)

(cid:16)

(cid:9)

(cid:1)

(cid:9) (cid:1)

T x f x 1 g x 1 0,

(cid:16)

2n). Vậy P bất khả quy trên Z deg P 2 . x s (vô lý vì deg T x p q Ví dụ 2.50. Cho số nguyên a không chia hết cho 5. Chứng minh rằng đa thức

q (cid:16)

(cid:1)

(cid:0)

P x x5 x a

(cid:0)

(cid:1)

(cid:16)

p P 2. Suy ra trong hai đa thức f

(cid:16) và g

p x

q phải

(cid:1) x q

Z x f x g x , f, g . Do n5 n 0 mod 5 x s bất khả quy trên Z x s r Lời giải. Giả sử x5 với mọi n a Z nên deg f, deg g

có một đa thức có bậc hai.

q (cid:16)

(cid:0)

Giả sử f x x2 a1x b1 với a1, b1 Z và có hai nghiệm x1, x2 thì

P Z

(cid:16)

$ ’’&

Z x2 a1

(cid:16) (cid:1) b1 P 0, k

(cid:0)

(cid:16)

a 1, 2. xk x1 (cid:0) x1x2 x5 k (cid:1)

q (cid:0)

(cid:16)

(cid:17)

’’% x2 (cid:0)

(cid:1) p

(cid:0)

2a 0 mod 5 . Mà 0 Suy ra x1 x5 2 x5 1 (cid:0)

(cid:8) x2

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:16)

(cid:9)

5x1x2 x1 x2 3x1x2 x1 x2 x1

(cid:0) x1

(cid:1) q

(cid:0) (cid:0)

(cid:0)

x5 1 (cid:0) 10x2 x2 x5 2 1x2 (cid:8) 2 p

(cid:0)

(cid:16) (cid:1)

(cid:16)

(cid:17)

nên mod 5 Z). Do đó x1 x2 (do x1 x2 a1 Z, x1.x2 b1 x5 1 (cid:0) x5 2 p

(cid:0)

(cid:1) p

(cid:0)

q (cid:0)

(cid:17)

(cid:0)

q (cid:0)

(cid:1) p ,

(cid:17)

2a 2a mod 5 x2 x1 x1 x2 x1 x2 x5 2 x5 1 (cid:0) 0 (cid:0) mod 5 (cid:8)

1 (cid:1)

(cid:17)

(cid:0) (trái với giả thiết). Vậy P

hay a5 2a 0 mod 5 0 mod 5 . Suy ra a chia hết cho 5 a1

q . x s

tức là a q (cid:17) bất khả quy trên Z x

Bài tập

Bài 1. Tìm các bộ số nguyên đôi một khác nhau α1, α2, ..., αn sao cho các đa thức

q (cid:16)

(cid:1)

q (cid:1)

a) P x x 1 ak

k(cid:16)1 p n – n

q (cid:16)

(cid:1)

q (cid:1)

k(cid:16)1 –

b) Q x x 1, khả quy trong Z . ak

(cid:1)

(cid:0)

q (cid:16)

Bài 2. Chứng minh rằng đa thức f x 3 là một đa thức x3 x2 x x s 5 2 1 3 19 6 số.

2.3.2 Đa thức nội suy Newton

Cách xây dựng đa thức nội suy Lagrange khá đơn giản về mặt ý tưởng.

Tuy nhiên nhược điểm của nó là mỗi lần bổ sung thêm một số điểm quan sát

mới ta lại phải tính lại từ đầu. Người ta tìm cách xây dựng một đa thức nội

suy sao cho khi bổ sung các điểm quan sát thì ta không phải tính lại phần đa

thức đã có. Đa thức nội suy Newton đã giải quyết được vấn đề đó. Chúng ta

sẽ cùng tìm hiểu về đa thức này thông qua định lí sau:

Định lý 2.3.5. Cho P là một đa thức bậc n

n phần tử x1, x2,..., xn 0 trên một trường số K và x p ¡ K. Khi đó tồn tại các phần tử α0, α1, ..., αn thuộc K để

q p

q (cid:16)

(cid:1)

(cid:0)

q (cid:0)

(cid:1)

q (cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

P x x x x ... x ... x . α0 α1 x1 α2 x1 x2 αn x1

xn q (2.15)

Công thức được gọi là công thức nội suy Newton. 2.14 q

Chứng minh. Trước hết dễ thấy rằng, các đa thức

q p

(cid:1)

1, x x x , ..., x ... x x1, x1 x2 x1 xn

lập thành một cơ sở của K- không gian vectơ các đa thức có bậc không vượt quá n trên K. Vì vậy, với mỗi đa thức P có bậc n cho trước, luôn tồn tại K, để có biểu diễn như trong phát biểu của định lí. các phần tử α0, α1, ..., αn Như vậy định lí đã được chứng minh xong.

Bây giờ ta muốn đưa một thuật toán lặp, để tìm các phần tử α0, α1, ..., αn.

(cid:16)

q P

P . Đặt Thấy ngay α0 x1

q (cid:16)

x1 P x1; x

(cid:0)

(cid:16)

(cid:1)

q (cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

P x1 x ... x ... x x q (cid:1) x (cid:1) α2 α1 x2 αn x2 xn

(cid:16)

P . Đặt thì α1 x1; x2

q (cid:16)

P x1; x2 P x1; x2; x P x2

(cid:16)

(cid:0)

(cid:1)

q (cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

x1; x q (cid:1) x (cid:1) x ... x ... x α2 α3 x3 αn x3 xn

(cid:16)

P . Một cách tổng quát, tại bước thứ i, ta có thì α2 x1; x2; x3

q (cid:16)

P x1; ...; xi(cid:1)1; xi P . x1; ...; xi; x P xi x1; ...; xi(cid:1)1; x q (cid:1) x (cid:1)

(cid:16)

với mọi i 0, ..., n. x1; ...; xi

Ta thấy αi P Ví dụ 2.51. Tìm đa thức P có bậc bé hơn hoặc bằng 4 sao cho x

P 1, P 2, P 5, P 10, P 17. 1 q (cid:16) 2 q (cid:16) 3 q (cid:16) 4 q (cid:16) 5 q (cid:16)

có bậc bé hơn hoặc bằng 4 nên theo công thức nội suy x

Lời giải. Vì P Newton, với bốn số 1, 2, 3, 4 cho trước, luôn tồn tại các số α0, α1, α2, α3, α4 để

q (cid:16)

(cid:1)

p x

(cid:0) α4

(cid:1) 1 q p

(cid:1)

(cid:0)

P x x x x x x x α0 α1 α2 α3 1 q p 2 q p 3 q x 1 q (cid:0) x 1 q p x 2 q (cid:0) . 2 q p 3 q p 4 q

(cid:16)

Thay lần lượt các giá trị x 1, x 2, x 3 vào công thức trên ta được

(cid:0)

$ ’’& ’’%

P α0 α0 α0 α1 2α1 2α2. 1 q (cid:16) 2 q (cid:16) 3 q (cid:16)

Suy ra

(cid:16)

(cid:0)

$ ’’&

(cid:0)

(cid:0) (cid:16) 1. Khi đó

’’% α2

5 α0 α0 α0 α1 2α1 2α2.

(cid:16)

Giải hệ ta được α0 α1

q (cid:16)

(cid:1)

(cid:1) x

(cid:1) ,

(cid:0) p α4

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

p(cid:6)q

P x x x x x x x α3 1 q p 3 q x x 2 q p . 1 q p 1 q p 2 q (cid:0) 2 q p 3 q p 4 q

(cid:16)

p(cid:6)q

(cid:0)

(cid:16)

Thay x 4 vào ta có P 10 0, hay 6α3, do đó α3 4 q (cid:16)

q (cid:16)

(cid:0) p

(cid:1)

p(cid:6)(cid:6)q

P x x x x x x x x , . α4 1 q p 1 q p 2 q p 3 q p 4 q 2 q (cid:0)

(cid:16)

p(cid:6)(cid:6)q

(cid:0)

(cid:16)

Thay x 5 vào ta có P 17 0, vậy 24α4, do đó α4 5 q (cid:16)

q (cid:16)

(cid:0) p

(cid:1)

(cid:0)

P x x x x x2 2x 2. 1 q p 2 q (cid:16)

Ví dụ 2.52. Tìm đa thức P có bậc bé hơn hoặc bằng 4 sao cho x q

P 1, P 5, P 2, P 4, P 3. 1 q (cid:16) 2 q (cid:16) 3 q (cid:16) 4 q (cid:16) 5 q (cid:16) (cid:1)

có bậc bé hơn hoặc bằng 4 nên theo công thức nội suy x

Lời giải. Vì P Newton, với bốn số 1, 2, 3, 4 cho trước, luôn tồn tại các số α0, α1, α2, α3, α4 để

q (cid:16)

(cid:1)

p x

(cid:0) α4

(cid:1) 1 q p

(cid:1)

(cid:0)

P x x x x x x x α0 α1 α2 α3 1 q p 2 q p 3 q x 1 q (cid:0) x 1 q p x 2 q (cid:0) . 2 q p 3 q p 4 q

(cid:16)

Thay lần lượt các giá trị x 1, x 2, x 3 vào công thức trên ta được

(cid:0)

$ ’’&

(cid:0)

’’%

P α0 α0 α0 α1 2α1 2α2. 1 q (cid:16) 2 q (cid:16) 3 q (cid:16)

Suy ra

(cid:16)

(cid:0)

(cid:16)

(cid:0)

2 α0 α0 α0 α1 2α1 2α2.

(cid:0) 7 2

(cid:16) (cid:1)

$ ’’& ’’% (cid:16)

(cid:16)

. Khi đó Giải hệ ta được α0 1, α1 4, α2

q (cid:16)

(cid:1)

(cid:1) x

P x 4x 3 x x x x x α3 2 q p 3 q

(cid:1) ,

(cid:1) α4

(cid:0)

(cid:1)

p(cid:6)q

x 1 q p . 7 2 p 1 q p 1 q p 2 q p 2 q (cid:0) 3 q p 4 q

(cid:16)

p(cid:6)q

(cid:0)

(cid:16)

Thay x 4 vào ta có P 8 2, suy ra 6α3, do đó α3 4 q (cid:16) (cid:1)

q (cid:16)

(cid:1)

(cid:1) x

P x 4x 3 x 2 x x x x 1 q p 2 q p 3 q

(cid:1) .

(cid:1) α4

(cid:1) 4 q

p 7 2 p 1 q p

(cid:0)

(cid:1)

p(cid:6)(cid:6)q

x , 1 q p 2 q p 2 q (cid:0) 3 q p

(cid:16)

p(cid:6)(cid:6)q

(cid:0)

(cid:16) (cid:1)

Thay x 5 vào ta có P 23 , nên 24α4, do đó α4 13 12 5 q (cid:16)

q (cid:16)

(cid:1)

P x 4x 3 x 2 x x x x 1 q p 1 q p 2 q p 3 q 7 2 p 2 q (cid:0)

(cid:1) 13 12 p

(cid:1)

x x x x . 1 q p 2 q p 3 q p 4 q

Rút gọn ta được

q (cid:16) (cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

(cid:0)

(cid:1)

P x x4 x3 x2 x 48. 13 12 77 6 641 12 272 3

Bài tập

x Bài 1. Tìm đa thức P có bậc bé hơn hoặc bằng 4 sao cho

P 1, P 4, P 6, P 8, P 10. 1 q (cid:16) 2 q (cid:16) 3 q (cid:16) 4 q (cid:16) 5 q (cid:16)

q (cid:16)

(cid:16)

Bài 2. Tìm các họ đa thức Q sao cho Q i 2i với i 0, 1, 2, 3. x q x Bài 3. Cho đa thức P bậc n nhận giá trị bằng 1 tại các điểm 0, 2, 4, ..., 2n.

p(cid:1)

q (cid:16)

(cid:16)

Tính P . 1 q Bài 4. Chứng minh rằng nếu đa thức P có bậc n chẵn, thỏa mãn P x 1 0 q (cid:16) và P i 2i(cid:1)1 với i 1, 2, ..., n thì

(cid:0)

P n 2P n 1. 2 q (cid:16) 1 q (cid:1)

Bài 5. Chứng minh rằng với mọi đa thức P ta có x q

n(cid:1)iC i

n(cid:0)1P

(cid:0)

i(cid:16)0 p(cid:1) ‚

P x n x i . 1 q 1 q (cid:16)

KẾT LUẬN CHƯƠNG 2

Trong chương 2, chúng tôi đã:

- Nêu công thức nội suy Lagrange, đa thức Chebyshev.

- Nêu một số tính chất của đa thức Chebyshev loại 1 và loại 2. Phương pháp

quy nạp tỏ ra rất hữu hiệu khi chứng minh các tính chất này.

- Áp dụng của hai loại đa thức trên trong một vài ví dụ điển hình.

- Giới thiệu thêm hai loại đa thức khác là đa thức số và đa thức nội suy Newton.

Kết luận

Sau một thời gian làm việc nghiêm túc, cùng với sự góp ý chân thành từ

các đồng nghiệp, tôi đã hoàn thành luận văn với hai chương và nhiều ví dụ.

Tôi đã cố gắng tổng hợp, hệ thống các bài tập trích từ các cuộc thi học sinh

giỏi quốc gia, quốc tế,. . . để giúp học sinh chuyên toán có thêm tư liệu để học

tập, tra cứu. Dựa trên cơ sở đó, luận văn đã thu được kết quả sau:

• Trình bày tổng quan về đa thức nội suy Lagrange, đa thức Chebyshev.

• Giúp học sinh có được hệ thống ví dụ và bài tập đa dạng để thử sức với

nhiều cấp độ khác nhau.

Qua việc thực hiện luận văn tôi đã thu nhận được nhiều kiến thức bổ ích

qua các sách, báo, tạp chí và các công trình nghiên cứu về các lĩnh vực liên

quan đến đề tài của luận văn. Hy vọng luận văn sẽ mang đến cho các em học

sinh cùng các Thầy, Cô giáo nhiều điều bổ ích. Trong quá trình biên soạn luận

văn khó tránh khỏi thiếu sót, rất mong nhận được sự góp ý của các Thầy, Cô

giáo và các em học sinh.

Tài liệu tham khảo

Tiếng Việt:

[1] Nguyễn Văn Mậu (2002), Đa thức đại số và phân thức hữu tỉ, Nhà xuất

bản Giáo dục.

[2] Dương Quốc Việt- Đàm Văn Nhỉ (2014), Cơ sở lý thuyết số và đa thức,

Nhà xuất bản Đại học Sư phạm.

[3] Dương Quốc Việt (2014), Bài tập cơ sở lý thuyết số và đa thức, Nhà xuất

bản Đại học Sư phạm.

Tiếng Anh:

[4] Titu Andreescu (2007), Functional Equations, Electronic Edition.

[5] Kin Y.Li (2010), Lagrange Interpolation Formula, Mathematical Excal-

ibur, Volume 15, Number 2.

[6] Yufei Zhao (2007), Integer Polynomials, MOP 2007 Black Group.

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Đa thức nội suy Lagrange, đa thức Chebyshev và ứng dụng

Mục lục

Chương 1

Vành đa thức

Chương 2

Các đa thức nội suy

Tài liệu tham khảo

Có thể bạn quan tâm

Luận văn Thạc sĩ: Chế tạo và nghiên cứu tính chất điện, từ của vật liệu multiferroic Ba₀.₇Ca₀.₃TiO₃/ NiFe₂O₄

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu vật liệu biến hóa dạng chuỗi một chiều chế tạo từ kim loại đồng trên đế FR-4 hoạt động tại tần số MHz ứng dụng trong truyền năng lượng không dây

Luận văn Thạc sĩ: Đánh giá khả năng tác động tới môi trường biển của việc xả nước thải từ sự cố nhà máy điện hạt nhân Fukushima sử dụng công cụ ERICA

Luận văn Thạc sĩ: Xây dựng mô hình đầu dò nơtron và gamma sử dụng nhấp nháy EJ-276 ghép nối với mảng nhân quang silicon

Luận văn Thạc sĩ: Đánh giá khả năng ảnh hưởng của bức xạ ion hóa đến sức khỏe cư dân khu vực mỏ đất hiếm Đông Pao, xã Bản Hon, huyện Tam Đường, tỉnh Lai Châu

Luận văn Thạc sĩ: Sử dụng phương pháp nhiễu xạ neutron khảo sát cấu trúc tinh thể và pha trật tự từ trong vật liệu Pr2FeCrO6

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu phân lập, xác định cấu trúc và hoạt tính ức chế NO của các hợp chất thứ cấp từ chủng vi nấm biển Aspergillus sp. CL251

Luận văn Thạc sĩ: Phân tích một số hợp chất bisphenol thôi nhiễm từ bao bì nhựa lên một số mẫu thực phẩm nền tinh bột

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu thành phần hóa học và đánh giá hoạt tính kháng khuẩn, kháng nấm của loài hoa mộc (Osmanthus fragrans (Thunb.) Lour.) ở Việt Nam

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu thành phần hóa học và đánh giá tác dụng kháng viêm của loài côi Turpinia montana (Blume) Kurz

Luận văn Thạc sĩ: Tổng hợp và đặc trưng tính chất vật liệu composite có cấu trúc nano chitosan–cyclodextrin/TiO₂–Ag

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu chế tạo và khảo sát một số tính chất của màng phủ trên cơ sở nhựa epoxy gốc nước và khung cơ kim - ZIF

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu tổng hợp một số dẫn xuất napthoquinone chứa nguyên tố flo bằng phản ứng đa thành phần

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu điều chế vật liệu Bioglass và tổ hợp lai với polymer ALG-F127 định hướng ứng dụng trong điều trị nội nha

Luận văn Thạc sĩ: Khảo sát thành phần hóa học và hoạt tính ức chế enzyme α-glucosidase trên một số hợp chất phân lập từ thịt quả bình bát nước (Annona glabra L.).

Luận văn Thạc sĩ: Tổng hợp và đánh giá hoạt tính chống ung thư của hợp chất lai chứa khung tetrahydro-β-carboline và imidazo[1,5-a]pyridine

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu tổng hợp một số dẫn xuất của benzazole

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu chiết tách lignin từ vỏ sầu riêng Ri6 (Durio zibethinus Murr.) và tổng hợp vật liệu biocomposite định hướng ứng dụng trong bảo quản sau thu hoạch

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu tổng hợp hạt nano bạc phủ acid hyaluronic mang doxorubicin định hướng ứng dụng trong điều trị ung thư

Luận văn Thạc sĩ: Nghiên cứu thành phần hóa học và hoạt tính kháng viêm của loài rau dừa nước (Ludwigia adscendens)

Tài liêu mới

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu xây dựng thuật toán thích nghi và học tăng cường cấu trúc Actor - Critic điều khiển bám quỹ đạo cho robot di động đa hướng mecanum

Luận án Tiến sĩ: Cơ cấu bệnh tim mạch và chất lượng cuộc sống của người cao tuổi mắc suy tim, rung nhĩ điều trị tại Bệnh viện Thống Nhất, thành phố Hồ Chí Minh

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu hiện tượng nứt dăm đê sông vùng đồng bằng sông Hồng và dự báo khả năng bị nứt của một số đoạn đê

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu xây dựng giải pháp đảm bảo an toàn thông tin cho quá trình học liên kết dựa trên mật mã

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Phát triển năng lực đánh giá công nghệ cho học sinh trong dạy học môn Công nghệ 11 ở trường trung học phổ thông

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu phân loại chi cầu diệp – Bulbophyllum Thouars (Orchidaceae) ở vùng Tây Nguyên bằng phương pháp hình thái và phân tử

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu đặc điểm phân bố và dinh dưỡng của các loài lưỡng cư ở Vườn Quốc gia Bến En và Khu bảo tồn thiên nhiên Pù Luông, tỉnh Thanh Hóa

Luận án Tiến sĩ: Tổng hợp luật dẫn và điều khiển cho một lớp tên lửa đối hải trên cơ sở ứng dụng mạng nơ ron và hệ mờ

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu tổng hợp hệ điều khiển góc Pitch tua bin gió trong điều kiện có nhiễu tác động

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu hóa học lipid của hai loài san hô thủy tức Millepora dichotoma và Millepora platyphylla ở Việt Nam

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu kiểm soát phân phối công suất kéo trên cầu chủ động của ô tô con bằng ABS

Luận án Tiến sĩ: Ứng dụng phản ứng Domino vào tổng hợp các dẫn xuất Podophyllotoxin, Pyrimidine và đánh giá hoạt tính sinh học của các chất tổng hợp được

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu thành phần hóa học và một số hoạt tính sinh học của cây chùm ngây (Moringa oleifera)

Tóm tắt Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu thành phần hóa học và ứng dụng ức chế ăn mòn cho thép của cao chiết xuất từ cây Lộc vừng thuộc họ Lecythidaceae

Luận án Tiến sĩ: Nghiên cứu hiện tượng nứt dăm đê sông vùng đồng bằng sông Hồng và dự báo khả năng bị nứt của một số đoạn đê

AI tóm tắt

Giới thiệu tài liệu

Đối tượng sử dụng

Từ khoá chính

Nội dung tóm tắt

Giới thiệu

Về chúng tôi

Việc làm

Quảng cáo

Liên hệ

Chính sách

Thoả thuận sử dụng

Chính sách bảo mật

Chính sách hoàn tiền

DMCA

Hỗ trợ

Hướng dẫn sử dụng

Đăng ký tài khoản VIP

093 303 0098

support@tailieu.vn

Phương thức thanh toán

Theo dõi chúng tôi

Facebook

Youtube

TikTok