Luận văn Đa thức nội suy Lagrange, đa thức Chebyshev và ứng dụng

85 trang phuongvu95 6210

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Luận văn Đa thức nội suy Lagrange, đa thức Chebyshev và ứng dụng", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

luan_van_da_thuc_noi_suy_lagrange_da_thuc_chebyshev_va_ung_d.pdf

Nội dung text: Luận văn Đa thức nội suy Lagrange, đa thức Chebyshev và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG NGUYỄN HƯƠNG GIANG ĐA THỨC NỘI SUY LAGRANGE, ĐA THỨC CHEBYSHEV VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội - Năm 2016
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG NGUYỄN HƯƠNG GIANG - C00440 ĐA THỨC NỘI SUY LAGRANGE, ĐA THỨC CHEBYSHEV VÀ ỨNG DỤNG 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 Thang Long University Library
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 i
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 ii Thang Long University Library
Danh mục ký hiệu, chữ viết tắt ¤ p ¡ q p ¡ q p ¡ q ¥ x x x 1 x 2 x i 1 ¦ : Biểu thức với i P N , x P R. i i! k P P ¦ ¤ Cn : Số tổ hợp chập k của n phần tử, k N, n N , k n. rxs : Phần nguyên của số thực x. cont pfq : Ước chung lớn nhất của tất cả các hệ số của đa thức f. deg : Bậc của đa thức. u| n : u là ước của n. IMO : International Mathematical Olympiad. USAMO : USA Mathematical Olympiad. VT : Vế trái. 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 iv Thang Long University Library
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 v
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 1 Thang Long University Library
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. 2
Chương 1 Vành đa thức Chương này trình bày cách xây dựng vành đa thức một biến cùng các kiến thức cơ sở về đa thức trên trường số hữu tỉ, trường số thực và trường số phức. 1.1 Vành đa thức một biến Cho A là một vành giao hoán có đơn vị 1. Kí hiệu r s t n| P P u A x f a0 a1x anx ai A, n N với x là biến. Giả sử n m f a0 a1x anx , g b0 b1x bmx P A rxs . Không mất tính tổng quát, giả sử m ¥ n và m n s. Khi đó n n 1 n s g b0 b1x bnx bn 1x bn sx P A rxs . Trên A rxs ta có quan hệ bằng nhau: f g khi và chỉ khi ai bi với mọi i 0, 1, , n và bn 1 bn 2 bn s 0. Phép cộng: ¸n i n 1 n s f g pai biq x bn 1x bn sx . i0 3 Thang Long University Library
Phép nhân: ¤ m¸ n ¸i ¥ i fg ai¡jbj x . i0 j0 Dễ dàng kiểm tra được với hai phép toán cộng và nhân đã nêu, A rxs trở thành một vành giao hoán có đơn vị 1. Khi đó A rxs được gọi là vành các đa thức của biến x trên A, còn các phần tử của A rxs được gọi là các đa thức của biến n x trên A. Đa thức f a0 a1x anx được gọi là có bậc n và viết là deg f n, nếu an 0. Khi đó an gọi là hệ số bậc cao nhất của f. Quy ước: Đa thức 0 là một đa thức có bậc ¡8. Định lý 1.1.1. Cho A là một miền nguyên. Khi đó A rxs là một miền nguyên. Ngoài ra, nếu f, g P A rxs là các đa thức khác đa thức 0 thì degpfgq deg f deg g. Chứng minh. Giả sử f, g P A rxs là các đa thức khác đa thức 0, và giả sử f pxq axn U pxq , g pxq bxm V pxq với deg U n deg f, deg V m deg g. Khi đó a, b khác 0 và f pxq g pxq abxn m axnV pxq bxmU pxq V pxq U pxq pdeg raxnV pxq bxmU pxq V pxq U pxqs n mq . Vì A là một miền nguyên nên ab 0. Do đó f pxq g pxq 0 hay A rxs là một miền nguyên. Ta cũng có deg pfgq deg f deg g. Định nghĩa 1.1.1. Giả sử f, g P A rxs với A là một miền nguyên • Đa thức f được gọi là chia hết cho đa thức g nếu tồn tại đa thức h P A rxs 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. 4
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 P A), thì f và g gọi là nguyên tố cùng nhau. Định nghĩa 1.1.2. Cho A là một miền nguyên. • Đa thức f được gọi là khả quy trên A, nếu có hai đa thức g, h P A rxs không khả nghịch để f gh. • Đa thức f được gọi là bất khả quy trên A, nếu không có hai đa thức không khả nghịch g, h P A rxs để f gh. n n¡1 Định nghĩa 1.1.3. Giả sử f pxq a0x a1x an P A rxs và c là một phần tử tùy ý của vành A. Khi đó n n¡1 • Phần tử f pcq a0c a1c an P A được gọi là giá trị của f pxq tại c. • Nếu f pcq 0 thì c được gọi là nghiệm của f pxq. Tìm nghiệm của f pxq trong A gọi là giải phương trình đại số bậc n sau: n n¡1 a0x a1x an 0, a0 0 trên A. 1.2 Đa thức trên một trường 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 rxs là một vành Euclid. ¦ Chứng minh. Đặt S K rxs và S là tập các phần tử khác 0 của S. Khi đó ¦ tương ứng δ : S Ñ N cho bởi δ pfq deg f là một ánh xạ Euclid. Thật vậy, với f, g P S¦, nếu f là bội của g thì ta thấy ngay δ pfq ¥ δ pgq, nếu f không là bội của g thì chia f cho g ta được f gh r, với r P S¦, deg r deg f. Khi đó rõ ràng δ prq δ pfq. Vậy K rxs là một vành Euclid. Hệ quả 1.2.2. Nếu K là một trường thì trong K rxs ta có : 5 Thang Long University Library
(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 d uf vg. Định lý 1.2.3. Giả sử c P K và f pxq P K rxs. Khi đó dư của phép chia f pxq cho x ¡ c là f pcq, hay f pxq px ¡ cq g pxq f pcq , g pxq P K rxs . Chứng minh. Từ thuật toán chia đa thức ta có f pxq px ¡ cq g pxq b, b P K. Do đó f pcq pc ¡ cq g pcq b b. Bây giờ ta cần tìm hiểu cách tính f pcq của Horner. n n¡1 Để ý rằng thực hiện phép chia f pxq a0x a1x an cho x ¡ c, ta n¡1 n¡2 được các hệ tử của đa thức thương g pxq b0x b1x bn¡1 cho bởi các công thức b0 a0, bi ai cbi¡1 , i 1, , n ¡ 1 và dư b an cbn¡1 hay $ ' ' b0 a0 ' ' b a cb ' 1 1 0 &' b2 a2 cb1 ' ' ' ' ' bn¡1 an¡1 cbn¡2 %' b an cbn¡1. Vì b f pcq nên sơ đồ tính f pcq và cả g pxq thông qua quá trình lặp như sau: b0 a0, b1 a1 cb0, , bi ai cbi¡1, f pcq b an cbn¡1. Lược đồ tính f pcq và cả g pxq theo cách này, được gọi là Lược đồ Horner. 6
Định lý 1.2.4. (Bézout). Nếu α thuộc K là nghiệm của đa thức bậc dương f pxq P K rxs thì f pxq px ¡ αq g pxq với g pxq P K rxs và deg g deg f ¡ 1. Chứng minh. Ta luôn biểu diễn f pxq px ¡ αq g pxq f pαq với g pxq P K rxs. Từ f pαq 0, ta rút ra f pxq px ¡ αq g pxq và deg g deg f ¡ 1. Hệ quả 1.2.5. Cho một đa thức bậc dương f pxq P K. Khi đó ta có P p q (i) Nếu α1, , αm K là các nghiệm của f x thì f pxq px ¡ α1q px ¡ α2q px ¡ αmq g pxq với g pxq P K rxs và deg g deg f ¡ m. (ii) Số nghiệm của đa thức f pxq không vượt quá bậc của f pxq. Khi đó α P K được gọi là một nghiệm bội k ¥ 1 của đa thức bậc dương k f pxq P K rxs nếu f pxq px ¡ αq g pxq với k nguyên dương và g pαq 0. Trường hợp k 1 thì α được gọi là nghiệm đơn; trường hợp k 2 thì α được gọi là nghiệm kép của f pxq. p q n n¡1 P r s Hệ quả 1.2.6. Cho f x anx an¡1x a1x a0 K x . Khi đó (i) Nếu f pxq có nhiều hơn n nghiệm thì f pxq phải là đa thức 0. n n¡1 (ii) Nếu g pxq bnx bn¡1x b1x b0 có an bn và tồn tại n phần tử P p q p q p q p q phân biệt α1, , αn K để f αi g αi , i 1, 2, , n thì f x g x . 1.3 Đa thức trên trường số hữu tỉ 1.3.1 Nghiệm hữu tỉ của đa thức với các hệ số nguyên p q n n¡1 P r s Định lý 1.3.1. Cho đa thức f x a0x a1x an Z x , a0 0. p Khi đó nếu số hữu tỉ với pp, qq 1 là nghiệm của phương trình f pxq 0 thì: q 7 Thang Long University Library
(i) p là một ước của an và q là một ước của a0. (ii) p ¡ mq là một ước của f pmq với mọi số nguyên m. p Chứng minh. Giả sử số hữu tỉ với pp, qq 1 là một nghiệm của f pxq 0. q (i) Ta có ¢ ¢ p n¡1 p n a a a 0 0 q 1 q n hay n n¡1 n a0p a1p q anq 0. Vì pp, qq 1 nên p là một ước của an và q là một ước của a0. (ii) Khai triển f pxq theo các lũy thừa của x ¡ m ta được p q p ¡ qn p ¡ qn¡1 p ¡ q p q P r s f x a0 x m b1 x m bn¡1 x m f m Z x . p Thay x , ta được q n n¡1 n¡1 n a0pp ¡ mqq b1pp ¡ mqq q bn¡1 pp ¡ mqq q f pmq q 0. Vì pp, qq 1 nên p ¡ mq là ước của f pmq với mọi số nguyên m. Hệ quả 1.3.2. Các nghiệm hữu tỉ của đa thức sau phải là các số nguyên p q n n¡1 P r s f x x a1x an Z x . 1.3.2 Đa thức bất khả quy trên trường số hữu tỉ và tiêu chuẩn Eisenstein p q n n¡1 P r s Cho đa thức f x a0x a1x an¡1x an Z x , a0 0. Đặt cont pfq d pa0, , anq . 1 Khi đó f là một đa thức với các hệ số là các số nguyên, nguyên tố cùng nhau. d Đa thức này được gọi là một đa thức nguyên bản. Bổ đề 1.3.3. (Gauss). Nếu gh P Z rxs thì cont pghq cont pgq cont phq. 8
Chứng minh. Chỉ cần chứng minh khi cont pgq cont phq 1 là đủ, vì thay g h cho việc xét g và h ta xét các đa thức và tương ứng. Giả sử cont pgq cont phq n n¡1 g pxq a0x a1x an, m m¡1 h pxq b0x b1x bm với a0b0 0, và cont pgq cont phq 1. Giả sử cont pghq d ¡ 1. Gọi p là một ước nguyên tố của d. Khi đó tất cả các 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 $ & ar¡1 ar¡2 a0 0 pmod pq % bs¡1 bs¡2 b0 0 pmod pq. Do đó cr s arbs ar 1bs¡1 ar¡1bs 1 ar¡2bs 2 arbs pmod pq. Dẫn tới cr s không chia hết cho p, (mâu thuẫn). Vậy cont pghq 1 hay cont pghq cont pgq cont phq . Khi cont pgq cont phq 1 thì cont pghq 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. Hệ quả 1.3.5. Đa thức nguyên bản f P Z rxs là một đa thức bất khả quy trên Z khi và chỉ khi nó là một đa thức bất khả quy trên Q. Chứng minh. Giả sử f P Z rxs và f gh với g, h P Q rxs. Dễ thấy rằng luôn tồn tại các số hữu tỉ dương r và s sao cho rg và sh thuộc Z rxs, đồng thời là các đa thức nguyên bản. Khi đó vì rsf prgq pshq và f là một đa thức nguyên bản, cùng với rg và sh thuộc Z rxs, nên rs nguyên dương. Theo bổ đề 1.3.3, rs cont prsfq cont prgq cont pshq 1. Vậy rs 1. Do đó f prgq pshq là một phân tích của f trong Z rxs. 9 Thang Long University Library
Do kết quả này, nên ta có thể chuyển việc xét tính bất khả quy của các đa thức thuộc Q rxs về việc xét tính bất khả quy trong Z rxs. Sau đây là một tiêu chuẩn để chứng minh một đa thức thuộc Z rxs là bất khả quy. Định lý 1.3.6. (Tiêu chuẩn Eisenstein). Cho một đa thức n n¡1 f pxq anx an¡1x a0 bậc n ¡ 0 với các hệ số nguyên. Giả sử rằng, tồn tại một số nguyên tố p sao cho an không chia hết cho p, và các ai, i n chia hết cho p, nhưng a0 không chia hết cho p2. Khi đó f pxq là một đa thức bất khả quy trên Q. Chứng minh. Giả sử f pxq khả quy trên Q. Bởi chứng minh hệ quả 1.3.5, tồn tại hai đa thức bậc dương g, h với hệ số nguyên để £ ¤ ¸r ¸s i ¥ j f gh bix cjx i0 j0 với r deg g, s deg h ¡ 0, r s n. Vì b0c0 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 2 a0 không chia hết cho p 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 bi không chia hết cho p. Khi đó vì ai bic0 bi¡1c1 b0ci và ai cùng với tất cả các số hạng bi¡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: x2 xp f pxq 1 x . 2! p! Lời giải. Ta phải chứng minh p!x2 p!f pxq p! p!x xn 2 p! là một đa thức bất khả quy trên . Ta có chia hết cho p, nhưng không chia Q i! hết cho p2 với mọi i p. Theo tiêu chuẩn Eisenstein đa thức p!f là bất khả quy trên Q. 10
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. Định lý 1.4.1. Cho một đa thức bậc dương f pxq P R rxs. Khi đó f pxq là một đa thức bất khả quy khi và chỉ khi f pxq ax b, a 0 hoặc f pxq ax2 bx c, a 0, b2 ¡ 4ac 0. Chứng minh. Hiển nhiên, nếu f pxq P R rxs là một đa thức bậc nhất hay một tam thức bậc 2 với biệt thức ∆ b2 ¡ 4ac 0, thì f pxq là bất khả quy trên R. Ta chứng minh điều ngược lại. Giả sử f pxq P R rxs là một đa thức bất khả quy với deg f pxq ¥ 1. • Nếu deg f pxq 1 thì f pxq ax b, a 0. • Nếu deg fpxq 2. Khi đó fpxq ax2 bx c, a 0. Nếu ∆ b2 ¡ 4ac ¥ 0 p q P p q p ¡ q p ¡ q thì f x có hai nghiệm α1, α2 R và ta có f x a x α1 x α2 , (mâu thuẫn). Do đó ∆ b2 ¡ 4ac 0. • Nếu deg f pxq ¡ 2. Vì C là trường đóng đại số nên f pxq 0 có nghiệm α P C theo Định lí cơ bản của đại số. Do 0 f pαq f pαq nên f pxq còn nghiệm α. Khi đó f pxq chứa nhân tử px ¡ αq px ¡ αq P R rxs hay f pxq là khả quy (mâu thuẫn). Tóm lại, f pxq P R rxs là một đa thức bất khả quy khi và chỉ khi hoặc f pxq ax b, a 0 hoặc f pxq ax2 bx c, a 0, b2 ¡ 4ac 0. Định lý 1.4.2. Mỗi đa thức bậc dương f pxq P R rxs đều có thể phân tích một cách duy nhất dưới dạng ¨ ¨ n1 ns 2 d1 2 dr f pxq apx ¡ α1q px ¡ αsq x b1x c1 x brx cr ¡ ¡ ¡ 2 ¡ trong đó α1 α2 αs và bi 4ci 0 với mọi i 1, 2, , r ; cùng với pb1, c1q ¡ pb2, c2q ¡ ¡ pbr, crq (theo thứ tự từ điển). Chứng minh. Vì R rxs là một vành Euclid, nên f pxq có thể phân tích được thành tích các nhân tử bất khả quy trong R rxs. Bằng cách viết αx β 11 Thang Long University Library
¢ £ β x2 β γ α x và αx2 βx γ α x , ta có thể quy fpxq về tích α α α α ¨ ¨ n1 ns 2 d1 2 dr f pxq apx ¡ α1q px ¡ αsq x b1x c1 x brx cr ¡ ¡ ¡ 2 ¡ trong đó α1 α2 αs và bi 4ci 0 với mọi i 1, 2, , r; cùng với pb1, c1q ¡ pb2, c2q ¡ ¡ pbr, crq (theo thứ tự từ điển). Vậy ta thấy ngay sự phân tích này là duy nhất. Ví dụ 1.2. Ta có phân tích sau: £ ? £ ? 1 5 1 ¡ 5 x5 1 px 1q x2 ¡ x 1 x2 ¡ x 1 . 2 2 ¡ ? © ¡ ? © ¨ ¨ x8 x4 1 x2 x 3 1 x2 ¡ x 3 1 x2 x 1 x2 ¡ x 1 . 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. - 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 rxs có là bất khả 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. 12
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 tổng, chứng minh, rút gọn biểu thức hoặc giải phương trình bậc cao, 2.1 Đa thức nội suy Lagrange 2.1.1 Công thức 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 pxq có bậc nhỏ hơn hoặc bằng n ¡ 1 thỏa mãn điều kiện P pxkq ak với mọi k 1, 2, , n. Đa thức đó có dạng: ¸n ¹n x ¡ x P pxq a i . (2.1) j ¡ j1 i1,ij xj xi Chứng minh. Đặt w pxq px ¡ x1q px ¡ x2q px ¡ xnq . Khi đó ¸n ¹n 1 w pxq px ¡ xiq j1 i1,ij 13 Thang Long University Library
và ¨ ¹n ¨ 1 w xj xj ¡ xi , j 1, 2, , n. i1,ij Lại đặt w pxq ¹n x ¡ x w pxq ¨ ¨ i , j 1, 2, , n j ¡ 1 ¡ x xj w xj i1,ij xj xi $ & 0 khi k j suy ra deg wj n ¡ 1 và wj pxkq Khi đó đa thức % 1 khi k j. ¸n ¸n ¹n x ¡ x P pxq a w pxq a i j j j ¡ j1 j1 i1,ij xj xi có deg P ¤ n ¡ 1 và thỏa mãn P pxkq ak, với mọi k 1, 2, , n. 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 p2.1q được gọi là công thức nội suy Lagrange. Đôi khi ta còn dùng công thức nội suy Lagrange ở dạng ¨ ¸n P x w pxq P pxq j ¨ (2.2) 1 ¡ j1 w xj x xj hoặc ¸n p q fj x ¨ P pxq aj (2.3) j1 fj xj ¨ ¨ với fj pxq px ¡ x1q x ¡ xj¡1 x ¡ xj 1 px ¡ xnq , j 1, 2, , n. Ta xét một vài trường hợp đặc biệt của công thức nội suy Lagrange. Với n 2, đa thức đó là x ¡ x2 x ¡ x1 P pxq a1 a2 , x1 ¡ x2 x2 ¡ x1 trong đó deg P 1,P px1q a1,P px2q a2. Với n 3, đa thức đó là px ¡ x2q px ¡ x3q px ¡ x1q px ¡ x3q px ¡ x1q px ¡ x2q P pxq a1 a2 a3 , px1 ¡ x2q px1 ¡ x3q px2 ¡ x1q px2 ¡ x3q px3 ¡ x1q px3 ¡ x2q trong đó deg P 2,P pxiq ai, i 1, 2, 3. 14
2.1.2 Tính chất ±n Mệnh đề 2.1.2. Cho f pxq px ¡ xiq với x0, x1, , xn phân biệt thuộc i0 p q n n¡1 trường số K. Khi đó với P x a0x a1x an bậc n trên K, ta có ¸n P px q a i . 0 1 p q i0 f xi Chứng minh. Theo công thức nội suy Lagrange ta có ¸n P px q f pxq P pxq i . 1 p q ¡ i0 f xi x xi °n P px q n i So sánh các hệ số của x ta được a0 1 . i0 f pxiq Mệnh đề 2.1.3. Nếu α1, α2, , αn là n nghiệm thực phân biệt của đa thức n n¡1 f pxq anx an¡1x a1x a0, pan 0q thì °n α s i ¤ ¤ ¡ (i) 1 0 với 0 s n 2. i1 f pαiq °n α n¡1 1 i (ii) 1 . i1 f pαiq an Chứng minh. Giả sử α1, α2, , αn là n nghiệm phân biệt của đa thức f pxq. Khi ±n ¨ đó f pxq an x ¡ αj . Do đó j1 ¸n ¹n ¨ 1 f pxq an x ¡ αj , k1 j1,jk ¹n ¨ 1 f pαiq an αi ¡ αj , j1,ji với i 1, 2, , n. piq Với 0 ¤ s ¤ n ¡ 2, xét khai triển Lagrange của đa thức g pxq xs ta có ¸n ¹n x ¡ α gpxq g pα q j . i ¡ i1 j1,ji αi αj 15 Thang Long University Library
Vì s n ¡ 1 nên cân bằng hệ số của xn¡1 ta được ¸n ¹n 1 ¸n a g pα q ¸n a α s 0 g pα q n i n i i ¡ ±n 1 p q αi αj f αi i 1 j 1,j i i 1 an αi ¡ αj i 1 j1,ji °n α s i hay 1 0. i1 f pαiq piiq Tương tự, ứng với s n ¡ 1 thì cân bằng hệ số của xn¡1 ta được: ¸n ¹n 1 ¸n a g pα q ¸n a α n¡1 1 g pα q n i n i . i ¡ ±n 1 p q αi αj f αi i 1 j 1,j i i 1 an αi ¡ αj i 1 j1,ji °n α n¡1 1 i Suy ra 1 . i1 f pαiq an 2.1.3 Ví dụ minh họa Ví dụ 2.1. Tìm đa thức P pxq có bậc bé hơn hoặc bằng 4 sao cho P p1q 1,P p2q 2,P p3q 5,P p4q 10,P p5q 17. Lời giải. Theo công thức nội suy Lagrange ta có px ¡ 2q px ¡ 3q px ¡ 4q px ¡ 5q 2px ¡ 1q px ¡ 3q px ¡ 4q px ¡ 5q P pxq p1 ¡ 2q p1 ¡ 3q p1 ¡ 4q p1 ¡ 5q p2 ¡ 1q p2 ¡ 3q p2 ¡ 4q p2 ¡ 5q 5px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 4q px ¡ 5q 10px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 3q px ¡ 5q p3 ¡ 1q p3 ¡ 2q p3 ¡ 4q p3 ¡ 5q p4 ¡ 1q p4 ¡ 2q p4 ¡ 3q p4 ¡ 5q 17px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 3q px ¡ 4q . p5 ¡ 1q p5 ¡ 2q p5 ¡ 3q p5 ¡ 4q Suy ra 1 1 P pxq px ¡ 2q px ¡ 3q px ¡ 4q px ¡ 5q ¡ px ¡ 1q px ¡ 3q px ¡ 4q px ¡ 5q 24 3 5 5 px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 4q px ¡ 5q ¡ px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 3q px ¡ 5q 4 3 17 px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 3q px ¡ 4q . 24 Rút gọn ta được P pxq x2 ¡ 2x 2. Ví dụ 2.2. Tìm đa thức P pxq có bậc bé hơn hoặc bằng 4 sao cho P p1q 1,P p2q 5,P p3q 2,P p4q 4,P p5q ¡3. 16
Lời giải. Theo công thức nội suy Lagrange ta có px ¡ 2q px ¡ 3q px ¡ 4q px ¡ 5q 5px ¡ 1q px ¡ 3q px ¡ 4q px ¡ 5q P pxq p1 ¡ 2q p1 ¡ 3q p1 ¡ 4q p1 ¡ 5q p2 ¡ 1q p2 ¡ 3q p2 ¡ 4q p2 ¡ 5q 2px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 4q px ¡ 5q 4px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 3q px ¡ 5q p3 ¡ 1q p3 ¡ 2q p3 ¡ 4q p3 ¡ 5q p4 ¡ 1q p4 ¡ 2q p4 ¡ 3q p4 ¡ 5q 3px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 3q px ¡ 4q ¡ . p5 ¡ 1q p5 ¡ 2q p5 ¡ 3q p5 ¡ 4q Suy ra 1 5 P pxq px ¡ 2q px ¡ 3q px ¡ 4q px ¡ 5q ¡ px ¡ 1q px ¡ 3q px ¡ 4q px ¡ 5q 24 6 1 2 px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 4q px ¡ 5q ¡ px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 3q px ¡ 5q 2 3 1 ¡ px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 3q px ¡ 4q . 8 13 77 641 272 Rút gọn ta được P pxq ¡ x4 x3 ¡ x2 x ¡ 48. 12 6 12 3 Nhận xét. Đa thức xác định duy nhất P pxq ở định lý 2.1.1. có thể có bậc nhỏ hơn n ¡ 1 (như ở ví dụ 2.1), cũng có thể có bậc bằng n ¡ 1 (như ở ví dụ 2.2). Ví dụ 2.3. Cho fpxq ax2 bx c thỏa mãn |f p¡1q| ¤ 1, |f p1q| ¤ 1, |f p0q| ¤ 1. Chứng minh rằng 5 |f pxq| ¤ với mọi x P r¡1; 1s. 4 Lời giải. Theo công thức nội suy Lagrange ta có: x px ¡ 1q px 1q px ¡ 1q x px 1q f pxq f p¡1q f p0q f p1q . 2 ¡1 2 Kết hợp với giả thiết, |f p¡1q| ¤ 1, |f p1q| ¤ 1, |f p0q| ¤ 1 ta được § § § § § ¨§ § ¨§ § ¨§ §1 2 § § 2 § §1 2 § |f pxq| ¤ § f p¡1q x ¡ x § f p0q 1 ¡ x § f p1q x x § 2 2 1 § § § § 1 § § ¤ §x2 ¡ x§ §1 ¡ x2§ §x2 x§ . 2 ( § §2 ¤ max x2, |x| §1 ¡ x2§ . 17 Thang Long University Library
(do với hai số thực bất kì A, B ta có b b |A B| |A ¡ B| p|A B| |A ¡ B|q2 2A2 2B2 2 |A2 ¡ B2| max t2 |A| , 2 |B|uq. ( Vì x P r¡1; 1s nên max x2, |x| |x| và ¢ 5 1 2 5 |f pxq| ¤ |x| 1 ¡ x2 ¡ |x| ¡ ¤ . 4 2 4 5 Vậy |fpxq| ¤ với mọi x P r¡1; 1s. 4 Ví dụ 2.4. Cho a1, a2, , an là n số đôi một khác nhau và f pxq là đa thức có bậc nhỏ hơn n. Chứng minh rằng tồn tại các hằng số A1,A2, , An sao cho f pxq A A A 1 2 n . px ¡ a1q px ¡ a2q px ¡ anq x ¡ a1 x ¡ a2 x ¡ an Lời giải. Theo công thức nội suy Lagrange ta có ¸n ¹n x ¡ a f pxq f pa q j . i ¡ i1 j1,ji ai aj Suy ra f pxq ¸n f pa q 1 i . ±n ±n ¨ ¡ x ai px ¡ aiq i 1 ai ¡ aj i1 j1,ji Do đó f pa q i Ai ±n ¨. ai ¡ aj j1,ji Ví dụ 2.5. Cho a1, a2, , an là n số khác nhau đôi một và f pxq Ai pmod px ¡ aiqq. Tìm dư r pxq khi chia f pxq cho px ¡ a1q px ¡ a2q px ¡ anq . Lời giải. Giả sử ¹n f pxq px ¡ aiq q pxq r pxq i1 với deg r n. Thay x ai vào ta được f paiq r paiq. Do đó ¸n ¹n x ¡ a r pxq A j . i ¡ i1 j1,ji ai aj 18
Ví dụ 2.6. Cho f pxq ax2 bx c thỏa mãn |f pxq| ¤ 1 với mọi x P r¡1; 1s. Chứng minh rằng với mọi M ¥ 1 ta có |f pxq| ¤ 2M 2 ¡ 1, @ |x| ¤ M. Lời giải. • Nếu |x| ¤ 1 thì do M ¥ 1 nên |f pxq| ¤ 1 ¤ 2M 2 ¡ 1. • Nếu 1 |x| ¤ M thì theo công thức nội suy Lagrange ta có x px ¡ 1q px 1q px ¡ 1q x px 1q f pxq f p¡1q f p0q f p1q 2 ¡1 2 1 ¨ ¨ 1 ¨ f p¡1q x2 ¡ x f p0q 1 ¡ x2 f p1q x2 x . 2 2 Kết hợp với giả thiết, |f p0q| ¤ 1, |f p¨1q| ¤ 1 ta được § § § § § ¨§ § ¨§ § ¨§ §1 2 § § 2 § §1 2 § |f pxq| ¤ § f p¡1q x ¡ x § f p0q 1 ¡ x § f p1q x x § 2 2 1 § § § § 1 § § ¤ §x2 ¡ x§ §1 ¡ x2§ §x2 x§ . 2 2 Tương tự ví dụ 2.3, ta suy ra ( § § |f pxq| ¤ max x2, |x| §1 ¡ x2§ . ( Vì 1 |x| ¤ M nên max x2, |x| x2 và |f pxq| ¤ x2 x2 ¡ 1 2x2 ¡ 1 ¤ 2M 2 ¡ 1. Vậy |f pxq| ¤ 2M 2 ¡ 1 với mọi |x| ¤ M. Ví dụ 2.7. Cho đa thức f pxq ax4 bx3 cx2 dx e thỏa mãn điều kiện |f pxq| ¤ 1 khi |x| ¤ 1. Chứng minh rằng với mọi M ¡ 1 cho trước ta đều có 32 32 |f pxq| ¤ M 4 ¡ M 2 1 khi |x| ¤ M. 3 3 Lời giải. ¨ • Nếu |x| ¤ 1 thì do M ¡ 1 nên M 2 M 2 ¡ 1 ¡ 0. Khi đó 32 ¨ |f pxq| ¤ 1 M 2 M 2 ¡ 1 1. 3 19 Thang Long University Library
• Nếu M ¥ |x| ¡ 1 thì theo công thức nội suy Lagrange với 1 1 x ¡1, x ¡ , x 0, x , x 1 1 2 2 3 4 2 5 ta có: ¨ ¨ x 1 x x ¡ 1 px ¡ 1q p q p¡ q 2 2 f x f 1 3 ¢ 2 ¨ 1 px 1q x x ¡ 1 px ¡ 1q f ¡ 2 2 ¡ 3 ¨ 8 ¨ px 1q x 1 x ¡ 1 px ¡ 1q p q 2 2 f 0 1 ¢ 4 ¨ 1 px 1q x 1 x px ¡ 1q f 2 2 ¡ 3 ¨8 ¨ px 1q x 1 x x ¡ 1 p q 2 2 f 1 3 . 2 § ¨§ § ¨ 1 § ¤ | p¨ q| ¤ | p q| ¤ Kết hợp với f 2 1, f 1 1, f 0 1, suy ra § ¢ § § ¢ § § ¢ § § ¨ § § § § ¨ § 2 § 2 2 1 § 8 § 1 § § 2 2 1 § |f pxq| ¤ |f p¡1q| § x ¡ x x ¡ § §f ¡ § § x ¡ 1 x ¡ x § 3 § ¢ 4 § 3 § ¢ 2 § §¢ 2 § § ¨ § § § § ¨§ § 2 2 1 § 8 § 1 § § 2 1 2 § 4 |f p0q| § x ¡ 1 x ¡ § §f § § x x x ¡ 1 § § ¢ 4 § 3 2 2 § ¨ § 2 § 2 2 1 § |f p1q| § x x x ¡ § § 3 ¢ § §4 ¢ § § ¨ § § ¨ § 2 § 2 2 1 § 8 § 2 2 1 § ¤ § x ¡ x x ¡ § § x ¡ 1 x ¡ x § 3 § ¢ 4 § 3 §¢ 2 § § ¨ § § ¨§ § 2 2 1 § 8 § 2 1 2 § 4 § x ¡ 1 x ¡ § § x x x ¡ 1 § § ¢ 4 § 3 2 § ¨ § 2 § 2 2 1 § § x x x ¡ § 3 ¢ 4 ¢ ¢ 2 ¨ 1 8 ¨ 1 ¨ 1 x2 ¡ x x2 ¡ x2 ¡ 1 x2 ¡ x 4 x2 ¡ 1 x2 ¡ 3 ¢ 4 3 ¢ 2 4 8 1 ¨ 2 ¨ 1 x2 x x2 ¡ 1 x2 x x2 ¡ 3 2 3 4 32 32 32 32 x4 ¡ x2 1 ¤ M 4 ¡ M 2 1 3 3 3 3 (do M ¥ |x| ¡ 1). Vậy ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 2.8. Cho đa thức P pxq ax2 bx c thỏa mãn 20
|P pxq| ¤ 1 với mọi x P r¡1; 1s . Chứng minh rằng đa thức Q pxq cx2 bx a có tính chất |Q pxq| ¤ 2 với mọi x P r¡1; 1s. Lời giải. Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho đa thức bậc không quá hai P pxq với ba số 1, ¡1, 0 ta có P p1q ¨ P p¡1q ¨ ¨ P pxq x2 x x2 ¡ x P p0q 1 ¡ x2 . 2 2 Mà ¢ 1 Q pxq x2P x ¢ ¢ ¢ P p1q 1 1 P p¡1q 1 1 1 x2 ¡ P p0q 1 ¡ 2 x2 x 2 x2 x x2 P p1q P p¡1q ¨ p1 xq p1 ¡ xq P p0q x2 ¡ 1 . 2 2 Do đó 1 ¨ |Q pxq| ¤ 1 x 1 ¡ x 2 ¡ 2x2 2 ¡ x2 ¤ 2 2 với mọi x P r¡1; 1s. Vậy ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 2.9. Cho đa thức P pxq ax3 bx2 cx d thỏa mãn |P pxq| ¤ 1 với mọi x P r¡1; 1s . Chứng minh rằng đa thức Q pxq dx3 cx2 bx a có tính chất |Q pxq| ¤ 4 với mọi x P r¡1; 1s. Lời giải. Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho đa thức bậc không quá 1 ba P pxq với bốn số ¨1, ¨ ta có 2 ¢ ¨ ¢ 2P p¡1q 1 4P ¡ 1 ¨ 1 P pxq ¡ x2 ¡ px ¡ 1q 2 x2 ¡ 1 x ¡ 3 4 3 2 ¨ ¢ ¢ 4P 1 ¨ 1 2P p1q 1 ¡ 2 x2 ¡ 1 x x2 ¡ px 1q . 3 2 3 4 21 Thang Long University Library
Do đó ¢ 1 Q pxq x3P x £ ¨ ¢ 2P p¡1q x2 4P ¡ 1 ¨ x ¡ 1 ¡ p1 ¡ xq 2 1 ¡ x2 1 ¡ 3 4 3 2 ¨ ¢ £ 4P 1 ¨ x 2P p1q x2 ¡ 2 1 ¡ x2 1 1 ¡ p1 xq . 3 2 3 4 Suy ra £ ¢ 2 x2 4 ¨ x |Q pxq| ¤ 1 ¡ p1 ¡ xq 1 ¡ x2 1 ¡ 3 4 3 2 ¢ £ 4 ¨ x 2 x2 1 ¡ x2 1 1 ¡ p1 xq 3 2 3 4 4 ¡ 3x2. Do đó |Q pxq| ¤ 4 ¡ 3x2 ¤ 4, @x P r¡1; 1s . Vậy ta có điều phải chứng minh. 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 a2b2c2 a2b2d2 S pa ¡ dq pb ¡ dq pc ¡ dq pa ¡ cq pb ¡ cq pd ¡ cq a2c2d2 b2c2d2 . pa ¡ bq pc ¡ bq pd ¡ bq pb ¡ aq pc ¡ aq pd ¡ aq Lời giải. Ta có 1 abc abd S abcd d pa ¡ dq pb ¡ dq pc ¡ dq c pa ¡ cq pb ¡ cq pd ¡ cq acd bcd , p1q . b pa ¡ bq pc ¡ bq pd ¡ bq a pb ¡ aq pc ¡ aq pd ¡ aq Xét đa thức: x px ¡ aq px ¡ bq px ¡ cq x px ¡ aq px ¡ bq px ¡ dq P pxq d pa ¡ dq pb ¡ dq pc ¡ dq c pa ¡ cq pb ¡ cq pd ¡ cq x px ¡ aq px ¡ cq px ¡ dq x px ¡ bq px ¡ cq px ¡ dq , p2q . b pa ¡ bq pc ¡ bq pd ¡ bq a pb ¡ aq pc ¡ aq pd ¡ aq 22
Đa thức P pxq là đa thức bậc 4, nhận giá trị bằng ¡1 khi thay lần lượt các giá trị a, b, c, d vào x. Suy ra nó phải có dạng: P pxq λ px ¡ aq px ¡ bq px ¡ cq px ¡ dq ¡ 1. 1 Thay x 0 ta được λ . So sánh hệ số của x ở hai vế của p2q thì abcd abc abd d pa ¡ dq pb ¡ dq pc ¡ dq c pa ¡ cq pb ¡ cq pd ¡ cq acd bcd b pa ¡ bq pc ¡ bq pd ¡ bq a pb ¡ aq pc ¡ aq pd ¡ aq 1 pabc bcd cda dabq , p3q . abcd Từ p1q và p3q ta có 1 1 S pabc bcd cda dabq abcd abcd hay S abc abd acd bcd. Ví dụ 2.11. Cho a, b, c là các số đôi một khác nhau và khác 0. Tính: 1 1 1 (i) A . a pa ¡ bq pa ¡ cq b pb ¡ aq pb ¡ cq c pc ¡ aq pc ¡ bq 1 1 1 (ii) B . a2 pa ¡ bq pa ¡ cq b2 pb ¡ aq pb ¡ cq c2 pc ¡ aq pc ¡ bq Lời giải. Xét đa thức x px ¡ bq px ¡ cq x px ¡ aq px ¡ cq x px ¡ aq px ¡ bq P pxq ,(¦). a pa ¡ bq pa ¡ cq b pb ¡ aq pb ¡ cq c pc ¡ aq pc ¡ bq Đa thức P pxq 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: P pxq λ px ¡ aq px ¡ bq px ¡ cq 1,(¦¦). 1 Thay x 0 ta được λ . So sánh hệ số của x3 ở hai vế của p¦q thì abc 1 1 1 1 A . a pa ¡ bq pa ¡ cq b pb ¡ aq pb ¡ cq c pc ¡ aq pc ¡ bq abc 23 Thang Long University Library
Để tính giá trị của B, ta xét bc ac ab abcB . a pa ¡ bq pa ¡ cq b pb ¡ aq pb ¡ cq c pc ¡ aq pc ¡ bq Vế phải của biểu thức trên là hệ số của hạng tử x trong khai triển đa thức P pxq ở dạng (¦). Với biểu diễn ở dạng (¦¦), ta tính được bc ac ab abcB a pa ¡ bq pa ¡ cq b pb ¡ aq pb ¡ cq c pc ¡ aq pc ¡ bq 1 pab bc caq . abc ab bc ca Vậy B . a2b2c2 Ví dụ 2.12. Cho a, b, c là các số đôi một khác nhau. Rút gọn biểu thức a2 b2 c2 A . pa ¡ bq pa ¡ cq pb ¡ aq pb ¡ cq pc ¡ aq pc ¡ bq Lời giải. Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho hàm số P pxq x2 với các điểm a, b, c và các giá trị tương ứng là a2, b2, c2 ta có a2 px ¡ bq px ¡ cq b2 px ¡ aq px ¡ cq c2 px ¡ aq px ¡ bq P pxq . pa ¡ bq pa ¡ cq pb ¡ aq pb ¡ cq pc ¡ aq pc ¡ bq So sánh hệ số của x2 ở hai vế, ta được A 1. 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 pxq P Z rxs bậc ba sao cho |P pαq| |P pβq| |P pλq| |P pµq| 3. Lời giải. Giả sử tồn tại đa thức P pxq thỏa mãn đề bài, 3 2 P pxq a3x a2x a1x a0, a3 0. Theo công thức nội suy Lagrange, ta có ¸ px ¡ βq px ¡ λq px ¡ µq P pxq P pαq . pα ¡ βq pα ¡ λq pα ¡ µq α,β,λ,µ Giả sử α β λ µ. So sánh hệ số của x3 trong P pxq ta được ¸ P pαq a . 3 pα ¡ βq pα ¡ λq pα ¡ µq α,β,λ,µ 24
Từ đó § § § § § ¸ § § P pαq § |a3| § § § pα ¡ βq pα ¡ λq pα ¡ µq§ α,β,λ,µ§ § § § § ¸ § § 1 § 3 § § § pα ¡ βq pα ¡ λq pα ¡ µq§ α,β,λ,µ ¸ 1 ¤ 3 . |α ¡ β| |α ¡ λ| |α ¡ µ| α,β,λ,µ Mà α, β, λ, µ là bốn số nguyên tố đôi một khác nhau, α β λ µ nên β ¡ α ¥ 1 và β, λ, µ lẻ. Do đó λ ¡ α ¥ 3, µ ¡ α ¥ 5, λ ¡ β ¥ 2, µ ¡ β ¥ 4, µ ¡ λ ¥ 2. Khi đó ¢ 1 1 1 1 9 |a | ¤ 3 3 1.3.5 1.2.4 3.2.2 5.4.2 10 (vô lý vì a3 nguyên, a3 0). Vậy điều giả sử sai. Do đó không tồn tại đa thức P pxq thỏa mãn đề bài. Ví dụ 2.14. Sử dụng công thức nội suy Lagrange hãy giải hệ phương trình ẩn x0, x1, , xn¡1 sau $ ' n¡1 ' x0 x1a1 xn¡1a1 b1 ' & n¡1 x0 x1a2 xn¡1a2 b2 ' ' ' % n¡1 x0 x1an xn¡1an bn. n¡1 Lời giải. Xét đa thức fptq x0 x1t xn¡1t , khi đó fpaiq bi với mọi i 1, 2, , n. Theo công thức nội suy Lagrange ta có ¸n ¹n t ¡ a fptq b j . i ¡ i1 j1,ji ai aj Cân bằng hệ số của tn¡1 ở hai vế ta được ¸n ¹n 1 x ¡ b n 1 i ¡ i1 j1,ji ai aj ¸n ¸ ¹n ¨ k xn¡1¡k p¡1q bi ai1ai2 aik ai ¡ aj , i1 1¤i1 ik¤n j1,ji i1, ,iki 25 Thang Long University Library
với k 1, 2, , n ¡ 1. Ví dụ 2.15. Với số nguyên dương n và số thực a khác 0, hãy xác định đa thức f pxq P R rxs bậc nhỏ nhất thỏa mãn f piq ai với i 0, 1, , n. Lời giải. Nếu a 1 thì f piq 1 với mọi i 0, 1, , n. Chọn f pxq 1 thì f pxq thỏa mãn đề bài. Nếu a 1, theo công thức nội suy Lagrange ta có ¸n ¹n x ¡ j f pxq ai . ¡ i0 j0,ji i j Bậc của f pxq là n, hệ số cao nhất là ¸n ¹n 1 c ai ¡ i0 j0,ji i j ¸n ai p ¡ q p¡ q p¡ q p ¡ q i0 i i 1 1 1 2 i n ¸n ai p ¡ q p¡ qn¡i i0 i! n i ! 1 ¸n n!p¡aqi p ¡ q p¡ qn i0 i! n i ! 1 n! ¸n p¡aqi Ci n p¡ qn i0 n! 1 1 ¸n Ci p¡aqi p¡ qn n n! 1 i0 p1 ¡ aqn . n!p¡1qn Ví dụ 2.16. (Đề thi đề nghị IMO 1981 của Rumani). Hãy xác định P pn 1q biết P là một đa thức có bậc n thỏa mãn 1 p q P k k với k 0, 1, , n. Cn 1 Lời giải. 1 k! pn 1 ¡ kq! Với k 0, 1, , n đặt w k và c . Đặt k k k p q Cn 1 n 1 ! fi pxq px ¡ w0q px ¡ wi¡1q px ¡ wi 1q px ¡ wnq , 26
với i 0, 1, , n. Khi đó n¡k fk pkq p¡1q k! pn ¡ kq!, pn 1q! f pn 1q . k pn 1 ¡ kq Theo công thức nội suy Lagrange $ & °n f pn 1q °n ¡ 0 nếu n lẻ P pn 1q c k p¡1qn k k p q % k0 fk k k0 1 nếu n chẵn. ±n p q p q P Ví dụ 2.17. Cho f x x ai , ai Z. Chứng minh rằng i1 ¸n p¡ qj j p q p¡ qn 1 Cnf j 1 n!. j0 Từ đó chỉ ra rằng °n p¡ qj j n p¡ qn (i) 1 Cnj 1 n!. j0 °n p¡ qj j j p¡ qn (ii) 1 CnCn j 1 . j0 Lời giải. Theo công thức nội suy Lagrange ta có ¸n ¹n x ¡ i f pxq f pjq . ¡ j0 i0,ij j i So sánh hệ số của xn ở hai vế ta được ¸n ¹n 1 1 f pjq ¡ j0 i0,ij j i ¸n f pjq p ¡ q p¡ q p¡ q p ¡ q j0 j j 1 1 1 2 j n ¸n f pjq p ¡ q p¡ qn¡j j0 j! n j ! 1 1 ¸n p¡1qjCj f pjq . p¡ qn n n! 1 j0 27 Thang Long University Library
Do đó ¸n p¡ qj j p q p¡ qn 1 Cnf j 1 n!. j0 n (i) Cho ai 0 với mọi i 1, 2, , n ta có f pxq x và °n p¡ qj j n p¡ qn 1 Cnj 1 n!. j0 ±n (ii) Cho ai i với mọi i 1, 2, , n thì f pxq px iq. Mặt khác ta có i1 ¸n p¡ qj j p q p q p q p¡ qn 1 Cn j 1 j 2 j n 1 n!, j0 suy ra ¸n pj nq! p¡ qn p¡ qj j 1 n! 1 Cn j0 j! ¸n pj nq! p¡ qj j 1 Cn n! j0 n!j! ¸n p¡ qj j j n! 1 CnCn j. j0 Do đó ¸n p¡ qj j j p¡ qn 1 CnCn j 1 . j0 Vậy ta có điều phải chứng minh. ±n p q p q P Ví dụ 2.18. Cho f x x ai , ai Z. Chứng minh rằng i1 n °n ¡ 1 2 p2a 1q p2a 1q (i) p¡1qj 1 Cj f pjq 1 n ¡ f p0q . ¡ n n j1 2j 1 C2n n °n ¡ 1 2 (ii) p¡1qj 1 Cj jn . ¡ n n j1 2j 1 C2n Lời giải. °n ±n x ¡ i (i) Theo công thức nội suy Lagrange ta có f pxq f pjq . Do đó j0 i0,ij j ¡ i ¢ ¢ 1 ¸n f pjq ¹n 1 f ¡ i p ¡ q p¡ qn¡j 2 j0 j! n j ! 1 i0,ij 2 28
hay ¢ 1 ¸n p¡1qjf pjq Cj ¹n 2nf n p1 ¡ 2iq p ¡ q p¡ qn 2 j0 1 2j 1 n! i0 ¸n p¡1qjf pjq Cj 1.3.5 p2n ¡ 1q n p ¡ q j0 1 2j n! ¸n p¡1qjf pjq Cj p2nq! n ¡ p q j0 1 2j n!2.4 2n ¸n p¡1qjf pjq Cj p2nq! n ¡ n j0 1 2j n!n!.2 ¸n p¡1qjf pjq Cj Cn n 2n . ¡ n j0 1 2j 2 ¢ 1 Mà 2nf p2a 1q p2a 1q p2a 1q, do đó 2 1 2 n 2n p2a 1q p2a 1q p2a 1q ¸n p¡1qjf pjq Cj 1 2 n n n ¡ C2n j0 1 2j ¡ ¸n p¡1qj 1f pjq Cj n f p0q . ¡ j1 2j 1 Suy ra ¸n n ¡ 1 2 p2a 1q p2a 1q p¡1qj 1 Cj f pjq 1 n ¡ f p0q . ¡ n n j1 2j 1 C2n (ii) Cho ai 0 với mọi i 1, 2, , n ở trong công thức trên ta có f pxq xn, f p0q 0 và ¸n n ¡ 1 2 p¡1qj 1 Cj jn . ¡ n n j1 2j 1 C2n 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 trung bình cộng của hai đa thức monic có bậc n với n nghiệm thực. Lời giải. Giả sử F pxq là một đa thức monic bậc n với hệ số thực. Chọn y1, y2, , yn thực sao cho 29 Thang Long University Library
$ & yi min t0, 2F piq u nếu i lẻ % yi ¡ maxt0, 2F piq u nếu i chẵn. Theo công thức nội suy Lagrange, có một đa thức P pxq bậc nhỏ hơn hoặc bằng n ¡ 1 thỏa mãn P piq yi với i 1, 2, , n. Đặt G pxq P pxq px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ nq ; H pxq 2F pxq ¡ G pxq . Suy ra G pxq và H pxq là các đa thức monic thực có bậc n và trung bình cộng của chúng bằng F pxq. Do y1, y3, y5, 0 và y2, y4, y6, ¡ 0 nên G piq yi và G pi 1q yi 1 trái dấu với mọi i 1, 2, , n. Do đó G pxq có ít nhất n ¡ 1 nghiệm thực. Mà đa thức G pxq có bậc n. Do đó G pxq có n nghiệm thực. Mặt khác $ & G piq yi 2F piq nếu i lẻ % G piq yi ¡ 2F piq nếu i chẵn, hay $ & H piq 2F piq ¡ G piq ¡ 0 nếu i lẻ % H piq 2F piq ¡ G piq 0 nếu i chẵn. Tương tự ta cũng có H pxq có n nghiệm thực. 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 x0 x1 xn. Chứng minh rằng trong số các giá trị của đa thức p q n n¡1 P r s P x x a1x an R x tại x0, x1, , xn sẽ tồn tại ít nhất một i để n! |P px q| ¥ . i 2n 30
Lời giải. ±n Đặt f pxq px ¡ xiq. Theo công thức nội suy Lagrange ta có i0 ¸n P px q f pxq P pxq i . 1 p q ¡ i0 f xi x xi So sánh hệ số của xn ta được ¸n p px q 1 i . 1 p q i0 f xi Đặt α max t|P px0q| , , |P pxnq|u. Dễ thấy rằng § § § 1 § f pxiq ¥ i!pn ¡ iq!. Khi đó § § § § §¸n P px q § ¸n |P px q| ¸n 1 ¸n 1 1 § i § ¤ i ¤ α ¤ α . § 1 p q§ | 1 p q| | 1 p q| p ¡ q i0 f xi i0 f xi i0 f xi i0 i! n i ! Mà ¸n 1 α ¸n n! α ¸n α.2n α Ci . p ¡ q p ¡ q n i0 i! n i ! n! i0 i! n i ! n! i0 n! Suy ra α.2n 1 ¤ . n! n! Vậy α ¥ . 2n Ví dụ 2.21. (Đề thi đề nghị IMO 1997 của Italy). Cho f pxq P Z rxs có deg f d và p là số nguyên tố thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: (i) f p0q 0, f p1q 1. (ii) Với mọi x P N ¦, số dư trong phép chia f pxq cho p chỉ có thể là 0 hoặc 1. Chứng minh rằng d ¥ p ¡ 1. Lời giải. Giả sử d ¤ p ¡ 2. Nếu p 2 thì d ¤ 0. Suy ra d 0, tức là hàm f là hàm hằng (vô lý vì f p0q f p1q). Suy ra p ¥ 3. Xét công thức nội suy Lagrange tại các điểm 0, 1, 2, , p ¡ 2 có ¡ ¡ p¸2 p¹2 x ¡ j f pxq f pkq . k ¡ j k0 j0,jk 31 Thang Long University Library
Do đó p¸¡2 p¹¡2 p¸¡2 p ¡ 1 ¡ j ¡ f pp ¡ 1q f pkq p¡1qp kf pkq Ck . k ¡ j p¡1 k0 j0,jk k0 k p¡ qk p q ¡ Mà với p nguyên tố thì Cp¡1 1 mod p , k 0, 1, , p 1 . Nên p¸¡2 p¸¡2 f pp ¡ 1q p¡1qp f pkq pmod pq ¡ f pkq pmod pq k0 k0 (do p nguyên tố, p ¥ 3 nên p lẻ, p¡1qp ¡1). Suy ra f p0q f p1q f pp ¡ 2q f pp ¡ 1q 0 pmod pq, p¦q . (vô lí do 1 ¤ VT p¦q ¤ p ¡ 1 pmod pq). Vậy điều giả sử sai, suy ra d ¥ p ¡ 1. Ví dụ 2.22. Cho a1, a2, a3, a4, b1, b2, b3, b4 là các số thực sao cho bi ¡ aj 0 với i, j 1, 2, 3, 4. Giả sử có duy nhất một bộ các số X1,X2,X3,X4 sao cho X X X X 1 2 3 4 1, b1 ¡ a1 b1 ¡ a2 b1 ¡ a3 b1 ¡ a4 X X X X 1 2 3 4 1, b2 ¡ a1 b2 ¡ a2 b2 ¡ a3 b2 ¡ a4 X X X X 1 2 3 4 1, b3 ¡ a1 b3 ¡ a2 b3 ¡ a3 b3 ¡ a4 X X X X 1 2 3 4 1. b4 ¡ a1 b4 ¡ a2 b4 ¡ a3 b4 ¡ a4 Tính X1 X2 X3 X4 theo ai và bi. Lời giải. ±4 ±4 3 Đặt P pxq px ¡ aiq ¡ px ¡ biq thì hệ số của x trong P pxq là i1 i1 ¸4 ¸4 bi ¡ ai, p1q . i1 i1 Theo công thức nội suy Lagrange, ta có ¸4 ¹4 x ¡ a P pxq P pa q j , p2q . i ¡ i1 j1,ji ai aj 32
Suy ra hệ số của x3 trong P pxq là ¸4 ¹4 1 P pa q , p3q . i ¡ i1 j1,ji ai aj Từ p1q và p3q suy ra ¸4 ¹4 1 ¸4 ¸4 P pa q b ¡ a . i ¡ i i i1 j1,ji ai aj i1 i1 Với k 1, 2, 3, 4, thay x bk vào p2q ta được ¸4 ¹4 b ¡ a P pb q P pa q k j . k i ¡ i1 j1,ji ai aj Suy ra ¸4 P pa q ¹4 b ¡ a 1 i k j . p q ¡ i1 P bk j1,ji ai aj ±4 ¨ bk ¡ aj ±4 j1,ji 1 Mà P pbkq pbk ¡ aiq nên . Do vậy i1 P pbkq bk ¡ ai ¤ ¸4 1 ¹4 1 1 ¥P pa q . ¡ i ¡ i1 bk ai j1,ji ai aj So sánh với các phương trình đưa ra, bởi tính duy nhất, ta được ¹4 1 X P pa q , i 1, 2, 3, 4. i i ¡ j1,ji ai aj Vì vậy ¸4 ¸4 ¹4 1 ¸4 ¸4 X P pa q b ¡ a . i i ¡ i i i1 i1 j1,ji ai aj i1 i1 Ví dụ 2.23. Cho điểm P thuộc mặt phẳng chứa tam giác ABC. Chứng minh: PA PB PC ? ¥ 3. BC CA 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 PA |w ¡ w1| ,PB |w ¡ w2| ,PC |w ¡ w3| , 33 Thang Long University Library
AB |w1 ¡ w2| , BC |w2 ¡ w3| ,CA |w3 ¡ w1| . Đa thức P pxq có bậc nhỏ hơn hoặc bằng 2, bằng 1 tại w1, w2, w3 chỉ có thể là đa thức hằng P pxq 1. Theo công thức nội suy Lagrange ta có px ¡ w q px ¡ w q px ¡ w q px ¡ w q px ¡ w q px ¡ w q 1 2 2 3 3 1 1. pw3 ¡ w1q pw3 ¡ w2q pw1 ¡ w2q pw1 ¡ w3q pw2 ¡ w3q pw2 ¡ w1q Thay x w và áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có PA PB PB PC PC PA ¥ 1, p1q. BC CA CA AB AB BC 2 Với mọi r, s, t P R, ta có pr s tq ¥ 3 prs st trq, p2q. Thật vậy, pr ¡ sq2 ps ¡ tq2 pt ¡ rq2 pr s tq2 ¥ 3 prs st trq ô ¥ 0 2 PA PB PC (luôn đúng). Thay r , s , t vào p2q ta được BC CA AB ¢ ¢ PA PB PC 2 PA PB PB PC PC PA ¥ 3 , BC CA AB BC CA CA AB AB BC suy ra ¢ PA PB PC 2 ¥ 3, (do p1q) BC CA AB hay PA PB PC ? ¥ 3. BC CA AB Vậy ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 2.24. Cho đa thức P pxq có bậc không quá 2n và |P pxq| ¤ 1 với mọi x P t¡n, ¡n 1, , n ¡ 1, nu. Chứng minh rằng |P pxq| ¤ 4n, @x P r¡n; ns . Lời giải. Theo công thức nội suy Lagrange ta có ¸n ¹n x ¡ i P pxq P pkq . k ¡ i k¡n i¡n,ik Suy ra § § ¸n ¹n § § §x ¡ i§ |P pxq| ¤ |P pkq| § §. k ¡ i k¡n i¡n,ik 34
Mà ¹n |x ¡ i| ¤ p2nq!, i¡n,ik ¹n |k ¡ i| pn kq! pn ¡ kq!. i¡n,ik Suy ra ¸n p2nq! ¸n |P pxq| ¤ Cj 22n 4n. pn kq! pn ¡ kq! 2n k¡n j0 2.1.4 Bài tập Bài 1. Rút gọn biểu thức a4 b4 c4 A . pa ¡ bqpa ¡ cq pb ¡ aqpb ¡ cq pc ¡ aqpc ¡ bq Bài 2. Hãy tìm Mpn 2q biết rằng Mpxq là đa thức bậc n sao cho Mpxq 2x, x 1, 2, , n 1. 10 9 Bài 3. Cho đa thức P pxq x a9x a1x a0. Biết rằng P p¡1q P p1q,P p¡2q P p2q, , P p¡5q P p5q. Chứng minh rằng P p¡xq P pxq với mọi x. Bài 4. Cho a1, a2, , an đôi một khác nhau và deg f ¤ n ¡ 1. Chứng minh rằng f pa q f pa q 1 2 pa1 ¡ a2q pa1 ¡ a3q pa1 ¡ anq pa2 ¡ a1q pa2 ¡ a3q pa2 ¡ anq f pa q n 0. pan ¡ a1q pan ¡ a2q pan ¡ an¡1q Bài 5. Tìm tất cả các đa thức P pxq thỏa mãn điều kiện P p1q 1,P p2q 2,P p3q 4. Bài 6. Tìm đa thức bậc nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện P p¡2q 0,P p¡1q 1,P p0q 1,P p1q 2,P p2q 3. Bài 7. Chứng minh rằng nếu đa thức f pxq bậc không quá n, nhận giá trị hữu tỉ tại n 1 điểm hữu tỉ khác nhau thì f pxq là đa thức có hệ số hữu tỉ. 35 Thang Long University Library
2.2 Đa thức nội suy Chebyshev 2.2.1 Công thức p q P Định nghĩa 2.2.1. Các đa thức Tn x với n N được xác định như sau $ ' p q &' T0 x 1, p q ' T1 x x, %' Tn pxq 2xTn¡1 pxq ¡ Tn¡2 pxq , @n ¡ 1 được gọi là đa thức Chebyshev loại 1. p q P Định nghĩa 2.2.2. Các đa thức Un x với n N được xác định như sau $ ' p q &' U0 x 1, p q ' U1 x 2x, %' Un pxq 2xUn¡1 pxq ¡ Un¡2 pxq , @n ¡ 1 được gọi là đa thức Chebyshev loại 2. Một vài đa thức Tn pxq đầu tiên: T0 pxq 1. T1 pxq x. 2 T2 pxq 2x ¡ 1. 3 T3 pxq 4x ¡ 3x. 4 2 T4 pxq 8x ¡ 8x 1. 5 3 T5 pxq 16x ¡ 20x 5x. 6 4 2 T6 pxq 32x ¡ 32x 2x 1. 36
Một vài đa thức Un pxq đầu tiên: U0 pxq 1. U1 pxq 2x. 2 U2 pxq 4x ¡ 1. 3 U3 pxq 8x ¡ 4x. 4 2 U4 pxq 16x ¡ 12x 1. 5 3 U5 pxq 32x ¡ 32x 6x. 6 4 2 U6 pxq 64x ¡ 80x 24x ¡ 1. 2.2.2 Tính chất Mệnh đề 2.2.1. Với mọi α P R và mọi n P N ta có: Tn pcos αq cos nα. (2.4) Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. • Nếu n 0 thì T0 pxq 1 thỏa mãn T0 pcos αq cos 0α. 2 • Nếu n 2 thì T2 pxq 2x ¡ 1 thỏa mãn T2 pcos αq cos 2α. Giả sử công thức p2.3q đúng với mọi số tự nhiên k ¤ n ¡ 1, tức là tồn tại các đa thức Tk pxq có bậc k ¤ n ¡ 1 sao cho Tk pcos αq cos kα. Ta chứng minh nó cũng đúng cho k 1. Thật vậy, ta có Tk 1 pcos αq 2 cos αTk pcos αq ¡ Tk¡1 pcos αq 2 cos αcos kα ¡ cos pk ¡ 1q α cos pk 1q α. p q P P Vậy Tn cos α cos nα với mọi α R và n N. p q p q P r s Mệnh đề 2.2.2. Các đa thức Tn x ,Un x Z x đều có bậc n, có hệ số bậc cao nhất lần lượt là 2n¡1 và 2n. p q P r s Chứng minh. Ta chứng minh Tn x Z x có bậc n, có hệ số bậc cao nhất là 2n¡1. 37 Thang Long University Library
0 1 • Nếu n 1 thì T1 pxq x 2 x (thỏa mãn). 2 • Nếu n 2 thì T2 pxq 2x ¡ 1 (thỏa mãn). ¤ ¡ p q P r s Giả sử tính chất đúng đến k n 1, tức là đa thức Tk x Z x có bậc k, có hệ số bậc cao nhất là 2k¡1. Ta chứng minh tính chất cũng đúng cho n k 1. Thật vậy, giả sử: ¸k p q k¡1 k k¡i P Tk x 2 x aix , ai Z. i1 k¸¡1 p q k¡2 k¡1 k¡1¡j P Tk¡1 x 2 x bjx , bj Z. j1 Khi đó Tk 1 pxq 2xTk pxq ¡ Tk¡1 pxq £ ¤ ¸k k¸¡1 k¡1 k k¡i ¥ k¡2 k¡1 k¡1¡j 2x 2 x aix ¡ 2 x bjx i1 j1 ¸k k¸¡1 k k 1 k 1¡i k¡2 k¡1 k¡1¡j 2 x 2aix ¡ 2 x ¡ bjx i 1 ¡ © j 1 k k 1 k k¡2 k¡1 2 x 2a1x 2a2 ¡ 2 x k¸¡2 ¨ k¡1¡j 2aj 2 ¡ bj x ¡ bk¡1. j1 k Do đó Tk 1 pxq cũng bậc k 1, hệ số bậc cao nhất là 2 và có các hệ số nguyên (do ai, bi nguyên với mọi i). n¡1 Vậy với mọi n, đa thức Tn pxq bậc n, hệ số bậc cao nhất là 2 và có các hệ số nguyên. Với Un pxq chứng minh tương tự. Mệnh đề 2.2.3. Ta có piq |Tn pxq| ¤ 1 khi |x| ¤ 1. piiq Trên đoạn r¡1; 1s, |Tn pxq| 1 chỉ xảy ra với n 1 giá trị khác nhau của x: kπ x x¦ cos , pk 0, 1, , nq. k n Các điểm x¦ được gọi là các điểm luân phiên (luân điểm) Chebyshev. ¨k p q ¦ p¡ qk iii Tn xk 1 . 38
Chứng minh. Ta có piq Khi |x| ¤ 1 đặt x cos α, α P r0; πs. Khi đó |Tn pxq| |Tn pcos αq| |cos nα| ¤ 1. piiq Trên đoạn r¡1; 1s, đặt x cos α, α P r0; πs thì kπ |T pxq| |T pcos αq| |cos nα| 1 ô sin nα 0 ô α , pk P q. n n n Z Mà α P r0; πs nên k 0, 1, , n. kπ Vậy x¦ cos , pk 0, 1, , nq là n 1 giá trị khác nhau sao cho T pxq 1. k n ¢ n ¨ kπ piiiq Ta có: T x¦ T cos cos pkπq p¡1qk. n k n n Mệnh đề 2.2.4. Với mọi n ¥ 2 ta có Un pxq 2Tn pxq Un¡2 pxq . (2.5) Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. • Nếu n 2 thì p2.4q trở thành ¨ 2 2 U2 pxq 2T2 pxq U0 pxq ô 4x ¡ 1 2 2x ¡ 1 1, (luôn đúng). • Nếu n 3 thì p2.4q trở thành ¨ 3 3 U3 pxq 2T3 pxq U1 pxq ô 8x ¡ 4x 2 4x ¡ 3x 2x, (luôn đúng). Giả sử công thức đúng đến n k, k ¥ 3, k P N. Ta chứng minh nó cũng đúng với n k 1. Tức là chứng minh Uk 1 pxq 2Tk 1 pxq Uk¡1 pxq . Thật vậy, vì công thức đúng đến n k nên Uk¡1 pxq 2Tk¡1 pxq Uk¡3 pxq , Uk pxq 2Tk pxq Uk¡2 pxq . 39 Thang Long University Library
Từ đây ta được Uk 1 pxq 2xUk pxq ¡ Uk¡1 pxq 2x p2Tk pxq Uk¡2 pxqq ¡ p2Tk¡1 pxq Uk¡3 pxqq 2 p2xTk pxq ¡ Tk¡1 pxqq 2xUk¡2 pxq ¡ Uk¡3 pxq 2Tk 1 pxq Uk¡1 pxq . Suy ra tính chất cũng đúng với n k 1. Vậy với mọi n ¥ 2 ta có Un pxq 2Tn pxq Un¡2 pxq . Mệnh đề 2.2.5. Với mọi n P N ta có T 1 pxq U pxq n 1 . (2.6) n n 1 Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. T 1 pxq • Nếu n 0 thì p2.5q trở thành U pxq 1 (đúng do T pxq x). 0 1 1 T 1 pxq • Nếu n 1 thì p2.5q trở thành U pxq 2 (đúng do T pxq 2x2 ¡ 1). 1 2 2 Giả sử công thức đúng đến n k, k ¥ 1, k P N. Ta chứng minh nó cũng đúng với n k 1. Tức là chứng minh 1 p q Tk 2 x U pxq . k 1 k 2 Thật vậy, ta có Tk 2 pxq 2xTk 1 pxq ¡ Tk pxq nên 1 p q p q 1 p q ¡ 1 p q p¦¦q Tk 2 x 2Tk 1 x 2xTk 1 x Tk x , . Vì công thức đúng đến n k nên $ 1 ' T pxq & U pxq k 1 k k 1 ' 1 p q ' Tk x % U ¡ pxq k 1 k suy ra $ & 1 p q p q p q Tk 1 x k 1 Uk x % 1 p q p q Tk x kUk¡1 x . 40
Thay vào p¦¦q ta được 1 p q p q p q p q ¡ p q Tk 2 x 2Tk 1 x 2x k 1 Uk x kUk¡1 x 2Tk 1 pxq Uk¡1 pxq pk 1q p2xUk pxq ¡ Uk¡1 pxqq Uk 1 pxq pk 1q Uk 1 pxq pk 2q Uk 1 pxq 1 p q Tk 2 x hay U pxq . k 1 k 2 Vậy p2.5q đúng với mọi n P N. Mệnh đề 2.2.6. Các hàm số Tn pxq ,Un pxq chẵn nếu n chẵn và lẻ nếu n lẻ. Mệnh đề 2.2.7. Ta có piq Tn pxq có n nghiệm phân biệt thuộc đoạn r¡1; 1s là 2k 1 x cos π, k 0, 1, 2, , n ¡ 1. k 2n piiq Un pxq có n nghiệm phân biệt thuộc đoạn r¡1; 1s là kπ x cos , k 1, 2, , n. k n 1 Chứng minh. Ta có piq Ta chứng minh trong đoạn r¡1; 1s, Tn pxq 0 có n nghiệm phân biệt và đó là tất cả các nghiệm của Tn pxq. Thật vậy, vì |x| ¤ 1 nên có thể đặt x cos α, α P r0; πs. Ta có π π kπ 0 T pxq T pcos αq cos nα ô nα kπ, pk P q ô α . n n 2 Z 2n n p2k 1q π Mà α P r0; πs nên k 0, 1, , n ¡ 1. Khi đó x x cos . Cho k 2n k chạy từ 0 đến n ¡ 1 ta có x0, x1, , xn¡1 là n nghiệm phân biệt của Tn pxq trong r¡1; 1s. Mà đa thức Tn pxq bậc n nên có tối đa n nghiệm thực, do đó x0, x1, , xn¡1 là tất cả các nghiệm của Tn pxq. piiq Ta chứng minh trong khoảng p¡1; 1q, Un pxq 0 có n nghiệm phân biệt và đó là tất cả các nghiệm của Un pxq. Thật vậy, vì |x| 1 nên đặt x cos α, α P p0; πq, 41 Thang Long University Library
do vậy sin α 0. Ta có Un pxq 0 ô Un pcos αq 0 sin pn 1q α ô 0 sin α ô pn 1q α kπ, pk P Zq kπ ô α . n 1 kπ Mà α P p0; πq nên k 1, , n. Khi đó x x cos . Cho k chạy từ 1 k n 1 đến n ta có x1, x2, , xn là n nghiệm phân biệt của Un pxq trong p¡1; 1q. Mà đa thức Un pxq bậc n nên có tối đa n nghiệm thực, do đó x1, x2, , xn là tất cả các nghiệm của Un pxq. Mệnh đề 2.2.8. Với mọi n P N, α kπ, k P Z ta có sin pn 1q α U pcos αq . (2.7) n sin α Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. • Với n 0 thì p2.6q đúng do U0 pcos αq 1 với mọi α. • Với n 1 thì p2.6q đúng do sin 2α U pcos αq 2 cos α . 1 sin α • Với n 2 thì p2.6q đúng do sin 3α U pcos αq 4cos2α ¡ 1 3 ¡ 4sin2α . 2 sin α Giả sử công thức đúng đến n k, k P N. Ta chứng minh nó cũng đúng với n k 1. Tức là chứng minh sin pk 2q α U pcos αq . k 1 sin α Thật vậy, ta có sin pk 2q α sin kα 2 sin pk 1q α cos α. Suy ra sin pk 2q α 2 sin pk 1q α cos α ¡ sin kα 2Uk pcos αq sin α cos α ¡ Uk¡1 pcos αq sin α p2 cos αUk pcos αq ¡ Uk¡1 pcos αqq sin α Uk 1 pcos αq sin α 42
sin pk 2q α hay U pcos αq . k 1 sin α Vậy p2.6q đúng với mọi n P N. Mệnh đề 2.2.9. Với mọi x P r¡1; 1s ta có |Un pxq| ¤ n 1. (2.8) Chứng minh. Với x P p¡1; 1q có thể đặt x cos α, α P p0; πq. Khi đó § § § § §sin pn 1q α§ |Un pxq| § §, p1q. sin α |sin pn 1q α| Ta chứng minh ¤ n 1 , p2q với mọi n P , α P . |sin α| N R |sin α| • Nếu n 0 thì p2q trở thành ¤ 1 (đúng). |sin α| |sin 2α| • Nếu n 1 thì p2q trở thành ¤ 2 (đúng). |sin α| Giả sử công thức đúng đến n k ¡ 1, k ¥ 1, k P N. Ta chứng minh nó cũng đúng với n k. Thật vậy, ta có |sin pk 1q α| |sin kα cos α cos kα sin α| ¤ |sin kα| |cos α| |cos kα| |sin α| ¤ |sin kα| |sin α| ¤k |sin α| |sin α| pk 1q |sin α| . |sin pk 1q α| Do đó ¤ k 1 hay p2q đúng với mọi n P , α P . |sin α| N R Từ p1q và p2q suy ra |Un pxq| ¤ n 1 với mọi x P p¡1; 1q . Mà Un pxq liên tục trên r¡1; 1s nên |Un pxq| ¤ n 1 với mọi x P r¡1; 1s . Mệnh đề 2.2.10. Với mọi m, n P N, n ¥ m và với mọi x P R ta có Tn m pxq Tn¡m pxq 2Tn pxq Tm pxq . (2.9) Chứng minh. Ta chứng minh p2.8q bằng quy nạp theo m. • Với n cố định và m 0 ta có Tn 0 pxq Tn¡0 pxq 2Tn pxq 2Tn pxq T0 pxq 43 Thang Long University Library
p q P p q (do T0 x 1) với mọi x R. Do đó 2.8 đúng với m 0. • Với n ¥ 1 cố định và m 1 ta có Tn 1 pxq Tn¡1 pxq 2xTn pxq 2Tn pxq T1 pxq p q P p q (do T1 x x) với mọi x R. Do đó 2.8 đúng với m 1. • Với n ¥ 2, n ¡ m, giả sử tính chất đúng đến m k, k P N. Ta chứng minh nó cũng đúng với m k 1, tức là chứng minh Tn k 1 pxq Tn¡k¡1 pxq 2Tn pxq Tk 1 pxq . Thật vậy, ta có 2Tn pxq Tk 1 pxq 2Tn pxq p2xTk pxq ¡ Tk¡1 pxqq 2x pTn k pxq Tn¡k pxqq ¡ pTn k¡1 pxq Tn¡k 1 pxqq 2xTn k pxq ¡ Tn k¡1 pxq 2xTn¡k pxq ¡ p2xTn¡k pxq ¡ Tn¡k¡1 pxqq Tn k 1 pxq Tn¡k¡1 pxq . p q p q p q p q @ P ¥ P Vậy Tn m x Tn¡m x 2Tn x Tm x , m, n N, n m, x R. Mệnh đề 2.2.11. Với mọi x P R, m, n P N ta có Tmn pxq Tm pTn pxqq . (2.10) Chứng minh. Ta chứng minh p2.9q bằng quy nạp theo m. • Với n cố định và m 0 thì p2.9q đúng do T0 pTn pxqq 1 T0 pxq . • Với n cố định và m 1 thì p2.9q đúng do T1 pTn pxqq Tn pxq . Giả sử công thức đúng đến m k, k P N. Ta chứng minh nó cũng đúng với m k 1, tức là chứng minh Tpk 1qn pxq Tk 1 pTn pxqq . 44
Thật vậy, ta có Tk 1 pTn pxqq 2Tn pxq Tk pTn pxqq ¡ Tk¡1 pTn pxqq 2Tn pxq Tkn pxq ¡ Tpk¡1qn pxq Tkn n pxq Tkn¡n pxq ¡ Tpk¡1qn pxq Tpk 1qn pxq . p q p p qq P P Vậy Tmn x Tm Tn x với mọi x R, m, n N. Mệnh đề 2.2.12. Với mọi n P N, x 0 ta có ¢ ¢ ¢ 1 1 1 1 T x xn . (2.11) n 2 x 2 xn Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. • Với n 0 thì với mọi x 0, p2.10q đúng do ¢ ¢ ¢ 1 1 1 1 T x 1 x0 . 0 2 x 2 x0 • Với n 1 thì với mọi x 0 ta có ¢ ¢ ¢ 1 1 1 1 T x x 1 2 x 2 x p q P p q (do T1 x x với mọi x R), 2.10 đúng. Giả sử công thức đúng đến n k, k P N. Ta chứng minh nó cũng đúng cho n k 1, tức là chứng minh ¢ ¢ ¢ 1 1 1 k 1 1 T x x . k 1 2 x 2 xk 1 Thật vậy, ta có ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ 1 1 1 1 1 1 1 Tk 1 x x Tk x ¡ Tk¡1 x 2 x ¢ x ¢ 2 x ¢ 2 x 1 1 1 1 1 k ¡ k¡1 x x k x k¡1 ¢ x 2 x 2 x 1 1 xk 1 . 2 xk 1 ¢ ¢ ¢ 1 1 1 1 Vậy T x xn với mọi n P , x 0. n 2 x 2 xn N 45 Thang Long University Library
n n¡1 Mệnh đề 2.2.13. Nếu đa thức Q pxq x b1x bn thỏa mãn 1 |Q pxq| ¤ , @x P r¡1; 1s 2n¡1 T pxq thì Q pxq n . 2n¡1 T pxq Chứng minh. Xét đa thức H pxq n ¡ Q pxq có deg H ¤ n ¡ 1. Đặt 2n¡1 iπ x cos , i 0, , n. Khi đó x P r¡1; 1s và i n i ¢ iπ T px q T cos cos iπ p¡1qi, i 0, , n. n i n n p¡1qi 1 Do đó H px q ¡ Q px q với mọi i 0, , n. Vì |Q pxq| ¤ với mọi i 2n¡1 i 2n¡1 p¡1qi |x| ¤ 1 nên H px q ¡Q px q phụ thuộc vào i. Nếu i là chẵn thì H px q ¥ 0, i 2n¡1 i i còn nếu i lẻ thì H pxiq ¤ 0. Vì số đoạn rxi, xi 1s bằng n nên H pxq có ít nhất n T pxq nghiệm. Do vậy H pxq 0 hay Q pxq n . 2n¡1 Từ tính chất trên ta có nhận xét quan trọng sau: n¡1 n n¡1 n¡2 Trong các đa thức có dạng P pxq 2 x a1x a2x an, đa thức duy nhất thỏa mãn điều kiện |P pxq| ¤ 1, @x P r¡1; 1s là đa thức Chebyshev Tn pxq . Mệnh đề 2.2.14. Ta có ¨ ¨ ¡ © ¡ 2 1 p q 2 2 ¡ p p qq2 1 x Tn x n 1 Tn x . (2.12) Chứng minh. Xét hàm hợp Tn pxq cos nα với x cos α. Do đó 1 p q p¡ q ¡ Tn x sin α n sin nα. Bình phương hai vế ta được ¨ ¨ ¨ 1 p q 2 ¡ 2 2 ¡ 2 Tn x 1 cos α n 1 cos nα hay p ¡ 2qp 1 p qq2 2p ¡ p p qq2q 1 x Tn x n 1 Tn x . Hai vế của đẳng thức trên đều là những đa thức nên đẳng thức đó cũng đúng với mọi x. Vậy ta có điều phải chứng minh. 46
Mệnh đề 2.2.15. Ta có ¨ 2 2 2 pTn pxqq 1 ¡ x pUn¡1 pxqq 1. (2.13) Chứng minh. Ta có T 1 pxq n 1 U pxq ô T 1 pxq pn 1qU pxq n 1 n n 1 n ô 1 p q p q Tn x nUn¡1 x . Thay vào p2.12q ta được 2 2 2 2 2 n p1 ¡ x qpUn¡1pxqq n p1 ¡ pTnpxqq q hay 2 2 2 p1 ¡ x qpUn¡1pxqq 1 ¡ pTnpxqq , do đó ¨ 2 2 2 pTn pxqq 1 ¡ x pUn¡1 pxqq 1. Vậy ta có điều phải chứng minh. Ngoài ra ta có một số tính chất khác của đa thức Chebyshev như sau: ¨ ¡ 2 2 p q ¡ 1 p q 2 p q 1) 1 x Tn x xTn x n Tn x 0. T 1 pxq T 1 pxq 2) T pxq n 1 ¡ n¡1 . n 2n 2 2n ¡ 2 °n k 3) Un pxq x Tn¡k pxq. k0 ¨ 2 4) Tn 1 pxq xTn pxq ¡ 1 ¡ x Un¡1 pxq. 5) Un pxq xUn¡1 pxq Tn pxq. °m ¨ n p q 2i n¡2i 2 ¡ i 6) Tn 2x 2 Cn x x 1 , với m . i0 2 2 7) pUn pxqq U1 pxq U3 pxq U5 pxq U2n¡1 pxq . 8) U2n pxq 2 pT1 pxq T3 pxq T5 pxq T2n¡1 pxqq . 47 Thang Long University Library
2.2.3 Ví dụ minh họa Ví dụ 2.25. Cho đa thức f pxq 2x2 bx c. Tìm các số thực b, c để |f pxq| ¤ 1, @x P r¡1; 1s . Lời giải. Vì |f pxq| ¤ 1 với mọi x P r¡1; 1s nên ta có |f p¡1q| |2 ¡ b c| ¤ 1, |f p0q| |2 b c| ¤ 1, |f p1q| |c| ¤ 1. Mặt khác 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. Ngược lại với b 0, c ¡1 dễ dàng chứng minh được f pxq 2x2 ¡ 1 thỏa mãn |f pxq| ¤ 1 với mọi x P r¡1; 1s. Vậy b 0, c ¡1. Ví dụ 2.26. Tìm các số thực a, b, c, d để với mọi x P r¡1; 1s thì § § §8x4 ax3 bx2 cx d§ ¤ 1. Lời giải. Xét đa thức Q pxq 8x4 ax3 bx2 cx d. Vì Q pxq có dạng Q pxq 24¡1x4 ax3 bx2 cx d và |Q pxq| ¤ 1 với mọi x P r¡1; 1s nên Q pxq T4 pxq. Do đó a 0, b ¡8, c 0, d 1. Ví dụ 2.27. Cho fpxq 4x3 ax2 bx c. Tìm các số thực a, b, c để |f pxq| ¤ 1, @x P r¡1; 1s . Lời giải. Cách 1: 48
Vì f pxq có dạng f pxq 23¡1x3 ax2 bx c và |f pxq| ¤ 1 với mọi x P r¡1; 1s nên f pxq T3 pxq. Do đó a 0, b ¡3, c 0. Cách 2: Vì |f pxq| ¤ 1 với mọi x P r¡1; 1s nên ta có |f p¡1q| |¡4 a ¡ b c| ¤ 1, § ¢ § § § § § § § § 1 § § 1 1 1 § §f ¡ § §¡ a ¡ b c§ ¤ 1, § ¢2 § § 2 4 2 § § § § § § 1 § §1 1 1 § §f § § a b c§ ¤ 1 2 2 4 2 |f p1q| |4 a b c| ¤ 1. Ta thấy 1 1 |4 b| ¤ |4 a b c| |4 b ¡ a ¡ c| ¤ 1, §2 §2 § § § § § § § 1 1 1 § § 1 1 1 § |¡1 ¡ b| ¤ §¡ ¡ a ¡ b ¡ c§ §¡ a ¡ b c§ ¤ 2. 2 4 2 2 4 2 Suy ra 3 ¤ |4 b| |¡1 ¡ b| ¤ 1 2 3. Vì đồng thời phải xảy ra các đẳng thức nên ta được b ¡3, a c 0 hay f pxq 4x3 ¡ 3x. Ngược lại, với f pxq 4x3 ¡ 3x, xét x P r¡1; 1s bất kì thì tồn tại α P r0; πs để x cos α. Khi đó f pxq cos 3α P r¡1; 1s (thỏa mãn). Vậy b ¡3, a c 0. § § § § Ví dụ 2.28. Tìm pa, b, cq P R3 để max x3 ax2 bx c đạt giá trị nhỏ nhất. r¡1;1s Lời giải. Do có điều kiện |x| ¤ 1 và đa thức là bậc 3, ta nghĩ ngay đến xét các điểm là các luân điểm của đa thức Chebyshev bậc 3. § § Đặt §x3 ax2 bx c§ f pxq và max f pxq M. Khi đó r¡1;1s f p1q |1 a b c| ¤ M, f p¡1q |1 ¡ a b ¡ c| ¤ M, ¢ § § § § 1 §1 a b § f § c§ ¤ M, ¢ 2 §8 4 2 § § § 1 §1 a b § f ¡ § ¡ ¡ c§ ¤ M. 2 8 4 2 49 Thang Long University Library
Do đó |2 2b| ¤ |1 a b c| |1 b ¡ a ¡ c| ¤ 2M, § § § § § § § § § § § § § 1§ §1 a b § §1 a b § §b § ¤ § c§ § ¡ ¡ c§ ¤ 2M. 4 8 4 2 8 4 2 § § § § 3 § 1 § 1 Suy ra ¤ |2 b| 2 §¡ ¡ b§ ¤ 6M hay M ¥ . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ 2 4 4 khi$ ¢ ¢ ' 1 a b 1 a b ' c ¡ ¡ c ¥ 0 ' $ ' 8 4 2 8 4 2 & p q p ¡ ¡ q ¥ & a c 0 1 a ¢b c 1 a b c 0 ô ¡3 ' 1 % ' p2 2bq ¡ ¡ 2b ¥ 0 b . ' 2 4 ' ¨ ¨ % p q p¡ q 1 ¡ 1 1 f 1 f 1 f 2 f 2 M 4 § § 1 Vậy max §x3 ax2 bx c§ đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi r¡1;1s 4 3 a c 0, b ¡ . 4 Ví dụ 2.29. Cho p là số nguyên tố lẻ và xét dãy pxnq thỏa mãn x1 1, x2 p, xn 2 2pxn 1 ¡ xn. x 1 Chứng minh 2m là số chính phương với mọi số nguyên dương m. p 1 Lời giải. Xét đa thức Chebyshev loại 1 và loại 2. Theo công thức p2.12q ta có ¨ 2 2 2 pTn pxqq ¡ x ¡ 1 pUn¡1 pxqq 1, tương đương với p q p q Tn x ¡ 1 Tn x 1 2 pU ¡ pxqq . x ¡ 1 x 1 n 1 Ta sẽ chứng minh T pxq ¡ 1 n P , @n P ¦, x ¡ 1 Z N T pxq 1 n P , @n P ¦, n lẻ. x 1 Z N 50
p q P ¦ p q¡ Thật vậy, ta có Tn 1 1 với mọi n N nên Tn x 1 nhận x 1 làm nghiệm, T pxq ¡ 1 hay nhận x ¡ 1 làm nhân tử, tức n P . Mà x ¡ 1 Z p¡ q p¡ qn @ P ¦ Tn 1 1 , n N . Nên nếu n lẻ thì Tn p¡1q ¡1, hay Tn pxq 1 nhận x ¡1 làm nghiệm, hay nhận x 1 làm nhân tử, tức với mọi số nguyên dương n lẻ ta có T pxq 1 n P . x 1 Z p q @ P Dễ dàng nhận thấy rằng xn 1 Tn p , n N. Ở đây ta chỉ xét n lẻ: p q p q Tn p ¡ 1 Tn p 1 2 pU ¡ ppqq ,(¦). p ¡ 1 p 1 n 1 Gọi ¢ T ppq ¡ 1 T ppq 1 d n , n , p ¡ 1 p 1 suy ra d| 2. Nếu d 2 thì Un¡1 ppq là một số chẵn, nhưng điều này vô lí vì với n lẻ thì n ¡ 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 1. Từ (¦) suy ra T ppq 1 x 1 n n 1 p 1 p 1 là một số chính phương với mọi số nguyên dương n lẻ. Ví dụ 2.30. Tìm số nguyên dương n để p2n ¡ 1q p3n ¡ 1q là số chính phương. Lời giải. Nếu n 1, 2 ta thấy không thỏa mãn. Với n ¥ 3, đặt p2n ¡ 1q p3n ¡ 1q m2 với m là số nguyên dương. Nếu n lẻ thì 2n ¡ 1 3 pmod 4q, 3n ¡ 1 2 pmod 4q, hay m2 2 pmod 4q (vô lí). Suy ra n phải chẵn. Đặt n 2k. Lúc đó ¨ ¨ a2 ¡ 1 b2 ¡ 1 m2 với a 2k, b 3k. 51 Thang Long University Library
Suy ra pabq2 ¡ a2 ¡ b2 1 m2 hay pab 1q2 m2 pa bq2. Đây là phương trình Pitago quen thuộc, do m phải chẵn nên ta có $ ' 2 2 &' ab 1 u v 2 ¡ 2 ' a b u v %' m 2uv, suy ra $ & 2k 3k u2 ¡ v2 % 6k 1 u2 v2. Dẫn tới ¡ © ¡ © 3k 1 2k 1 2u2. Từ đây suy ra k phải chẵn vì nếu k lẻ thì 3k 1 4 pmod 8q, 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 4. Bây giờ đặt p2n ¡ 1, 3n ¡ 1q d thì 2n ¡ 1 dr2, 3n ¡ 1 ds2 với ps, rq 1, dsr m. Xét phương trình Pell X2 ¡ dY 2 1. Do n ¥ 3 và 3n ¡ 1 ds2 nên d không thể là số chính phương. Phương trình ¨ ¨ trên là phương trình Pell loại 1, nhận 2k, r , 3k, s là các cặp nghiệm nào đó. Ta sẽ chứng minh rằng nếu phương trình này có dãy nghiệm pXn,Ynq thì k k 2 và 3 không thể cùng thuộc dãy tXnu. Giả sử dãy này có nghiệm khởi đầu X0 1,X1 t ¡ 1 và công thức truy hồi Xn 1 2tXn ¡ Xn¡1, @n ¥ 1. k Lúc đó giá trị của Xn chính bằng Tn ptq. Ta chứng minh nếu 2 xuất hiện trong dãy thì nó phải là X1. Thật vậy, bằng quy nạp, ta thấy Tn ptq lẻ nếu n chẵn và Tn ptq bằng một số lẻ lớn hơn 1 nhân với t nếu n lẻ, n ¡ 1, (do t ¡ 1). Trong k những trường hợp đó, Tn ptq luôn có ước nguyên tố lẻ. Từ đây suy ra 2 phải 52
là X1 nếu muốn có mặt trong dãy. Nhưng mặt khác, theo tính chất đã chứng minh ở trên thì k chẵn nên X1 X0 1 pmod 3q. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng p q @ P Xn 1 mod 3 , n N. Thật vậy, giả sử nó đúng tới n thì k 1 Xn 1 2 Xn ¡ Xn¡1 2Xn ¡ Xn¡1 1 pmod 3q. 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 pxq thỏa mãn điều kiện |f pxq| ¤ 1 với mọi x P r0; 1s thì đều nghiệm đúng bất đẳng thức f 1 p0q ¤ m. Lời giải. Gọi f pxq ax2 bx c, pa 0q là một đa thức bậc hai tùy ý. Do đó f 1 pxq 2ax b. Dựa vào giả thiết ta có § ¢ § § § § § § § § 1 § §a b § |f p0q| |c| ¤ 1, §f § § c§ ¤ 1, |f p1q| |a b c| ¤ 1. 2 4 2 Suy ra $ ' ' ¡3c ¤ 3 &' ¢ a b 4 c ¤ 4 ' 4 2 ' % ¡ pa b cq ¤ 1. Cộng vế theo vế các bất đẳng thức này ta được f 1 p0q b ¤ 8. Ta thấy 8 là một trong các giá trị có thể có của m. Ta chứng minh m 8 là giá trị nhỏ nhất của m. Thật vậy, xét đa thức f pxq ¡8x2 8x ¡ 1. Có f pxq 1 8x p1 ¡ xq ¥ 0, @x P r0; 1s , f pxq ¡ 1 ¡2p2x ¡ 1q2 ¤ 0, @x P r0; 1s nên |fpxq| ¤ 1 với mọi x P r0; 1s. Mà f 1 pxq ¡16x 8 nên f 1 p0q 8. Vậy giá trị nhỏ nhất của m bằng 8. 53 Thang Long University Library
°n ¨ Ví dụ 2.32. Cho đa thức lượng giác P pxq aj cos jx bj sin jx thỏa j0 mãn |P pxq| ¤ 1 với mọi x P R. Chứng minh rằng § § § 1 § P pxq ¤ n, @x P R. Lời giải. Cho số thực a bất kì. Đặt P pa xq ¡ P pa ¡ xq ¸n Q pxq cj sin jx. 2 j0 Khi đó P 1 pa xq P 1 pa ¡ xq Q1 pxq , 2 Q1 p0q P 1 paq . Ta chứng minh |Q1 p0q| ¤ n. Thật vậy § § |P 1 pa xq| |P 1 pa ¡ xq| §Q1 pxq§ ¤ 1. 2 § § § § §Q pxq§ Dễ dàng có § § ¤ n với mọi x kπ, k P . Mặt khác Q p0q 0 và sin x Z § § § § §Q pxq ¡ Q p0q x § § § ¤ n. x ¡ 0 sin x Cho x Ñ 0 ta có |Q1 p0q| ¤ n hay |P 1 paq| ¤ n. Vì a được lấy bất kì nên § § § 1 § P pxq ¤ n, @x P R. Ví dụ 2.33. Trên r¡1; 1s lấy k điểm khác nhau. Với mỗi điểm, tính tích các khoảng cách từ điểm đó đến k ¡ 1 điểm còn lại. Gọi Sk là tổng các nghịch đảo của k tích đó. Chứng minh rằng a) S3 ¥ 2; b) S4 ¥ 4; k¡2 c) Sk ¥ 2 . k¡2 Lời giải. Ta chứng minh Sk ¥ 2 . Thật vậy, xét đa thức Chebyshev: k¸¡1 k¹¡1 x ¡ xj T ¡ pxq T ¡ px q k 1 k 1 i ¡ i0 j0,ji xi xj 54
là đa thức bậc k ¡ 1. So sánh hệ số bậc cao nhất ở hai vế ta được k¸¡1 k¹¡1 k¡2 1 2 Tk¡1 pxiq xi ¡ xj §i0 j0,ji § § § §k¸¡1 k¹¡1 § § 1 § ¤ T ¡ px q § k 1 i ¡ § §i0 j0,ji xi xj § ¡ ¡ k¸1 k¹1 1 ¤ |T ¡ px q| § § k 1 i § ¡ § i0 j0,ji xi xj ¡ k¸1 1 ¤ | ¡ | | ¡ | | ¡ ¡ | | ¡ | | ¡ ¡ | i0 xi x0 xi x1 xi xi 1 xi xi 1 xi xk 1 Sk. k¡2 (do |Tk¡1 pxiq| ¤ 1). Vậy Sk ¥ 2 . Suy ra S3 ¥ 2, S4 ¥ 4. n n¡1 Ví dụ 2.34. Cho f pxq anx an¡1x a1x a0 thỏa mãn |f pxq| ¤ 1 với mọi x P r¡1; 1s . ¢ 1 Xét f ¦ pxq xnf với mọi x 0. Chứng minh rằng: x | ¦ p q| ¤ | ¦ p q| P r¡ s p q a) f x Tn x với mọi x ¢ 1; 1 , x 0, với Tn x là đa thức Chebyshev 1 loại 1 bậc n, và T ¦ pxq xnT với mọi x 0. n n x b) |f ¦ pxq| ¤ 2n¡1 với mọi x P r¡1; 1s. Lời giải. a) Bài toán tương đương với việc chứng minh |f pxq| ¤ |Tn pxq| , x R p¡1; 1q . ¢ kπ Đặt các luân điểm cos a với k 0, 1, , n. Xét sự nội suy Lagrange n k của f pxq bậc n tại n 1 điểm ak ta có: n ° px ¡ a0q px ¡ a1q px ¡ ak¡1q px ¡ ak 1q px ¡ anq f pxq f pakq . k0 pak ¡ a0q pak ¡ a1q pak ¡ ak¡1q pak ¡ ak 1q pak ¡ anq Do |f pakq| ¤ 1 với mọi k 0, 1, , n nên kết hợp với giả thiết ta có § § § § § § § ¸n ¹ x ¡ a § ¸n ¹ § x ¡ a § |f pxq| § f pa q i § ¤ |f pa q| § i § § k ¡ § k § ¡ § ak ai ak ai k 0 i k k 0 § i k § ¸n ¹ § ¡ § § x ai § ¤ § §, p1q. a ¡ a k0 ik k i 55 Thang Long University Library
Với x ¥ 1 hoặc x ¤ ¡1, tất cả các phần tử dạng x ¡ ai cùng dấu. Do a0 ¡ a1 ¡ ¡ an ± n¡k nên tích pak ¡ aiq cùng dấu với p¡1q . Suy ra ik § § ¢ °n ± § ¡ § °n ± ¡ § x ai § k x ai § § p¡1q , (2). k0 ik ak ¡ ai k0 ik ak ¡ ai k Mặt khác ta có: Tn pakq p¡1q . Ta áp dụng khai triển Lagrange với đa thức Chebyshev bậc n và n 1 luân điểm thì ¢ °n ± k x ¡ ai p¡1q Tn pxq, (3). k0 ik ak ¡ ai Từ (1), (2) và p3q ta có điều phải chứng minh. ¦ n¡1 b) Ta chỉ cần chứng minh thêm |Tn pxq| ¤ 2 với mọi x P r¡1; 1s. n¡1 Do đa thức Chebyshev Tn pxq có bậc n, hệ số cao nhất là 2 , có n nghiệm thực phân biệt p2k 1q π x cos , k 0, 1, , n ¡ 1 k 2n nên nó có dạng n¡1 Tn pxq 2 px ¡ x0q px ¡ x1q px ¡ xn¡1q . Do đó ¢ ¦ n 1 n¡1 T pxq x T 2 p1 ¡ xx q p1 ¡ xx q p1 ¡ xx ¡ q, (4) n n x 0 1 n 1 P p q với mọi x 0. Vì nó là đa thức nên đúng với mọi x R. Dãy x0, x1, , xn¡1 là dãy đối của dãy pxn¡1, xn¡2, , x0q do cos pπ ¡ αq ¡ cos α, hay xn¡1¡k ¡xk, k 0, 1, , n ¡ 1. Từ đó ta có ¦ p q n¡1 p q p q p q Tn x 2 1 xxn¡1 1 xxn¡2 1 xx0 , (5). 56
Từ (4) và (5) suy ra ¡ © ¡ © ¡ © p ¦ p qq2 n¡1 ¡ p q2 ¡ p q2 ¡ p q2 Tn x 4 1 xx0 1 xx1 1 xxn¡1 . p ¦ p qq2 ¤ n¡1 | ¦ p q| ¤ n¡1 P r¡ s Vậy Tn x 4 hay Tn x 2 với mọi x 1; 1 . Nhận xét. Ở câu a), nhờ có giả thiết |f pxq| ¤ 1 với mọi x P r¡1; 1s nên việc nghĩ đến chuyện đánh giá tại các điểm làm cho |Tn pxq| 1 là khá rõ ràng, hơn nữa lại có n 1 điểm như vậy khi ta muốn đánh giá đa thức bậc n. Sử dụng nội suy Lagrange là một hướng đi hoàn toàn tự nhiên. Ví dụ 2.35. Cho x , x , , x với§ n ¥ 2 là các§ số thực phân biệt trong đoạn 1 2 n § § § ± § r¡ s § p ¡ q§ 1; 1 . Chứng minh rằng với tk § xi xk § , k 1, 2, , n ta có ik 1 1 1 ¥ 2n¡2. t1 t2 tn 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 r¡1; 1s và điều phải chứng minh là so sánh với đại lượng 2n¡2 cũng làm ta nghĩ tới 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¡1 pxq bậc n ¡ 1 tại n điểm x1, x2, , xn ta có: n ° px ¡ x1q px ¡ xk¡1q px ¡ xk 1q px ¡ xnq Tn¡1 pxq Tn¡1 pxkq . k1 pxk ¡ x1q pxk ¡ xk¡1q pxk ¡ xk 1q pxk ¡ xnq Đồng nhất hệ số bậc cao nhất ở hai vế của đa thức, ta có: ¸n T ¡ px q 2n¡2 n 1 k . px ¡ x q px ¡ x ¡ q px ¡ x q px ¡ x q k1 k 1 k k 1 k k 1 k n Mà |Tn¡1 pxq| ¤ 1 với mọi |x| ¤ 1, xk P r¡1; 1s , @k 1, 2, , n nên ¸n ¸n |T ¡ px q| 1 2n¡2 ¤ n 1 k ¤ . |px ¡ x q px ¡ x ¡ q px ¡ x q px ¡ x q| t k1 k 1 k k 1 k k 1 k n k1 k 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. 57 Thang Long University Library
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 P pxq px ¡ a1q px ¡ a2q px ¡ anq thì max |P pxq| ¤ cn max |P pxq| . xPr0;2s xPr0;1s Lời giải. Ta sẽ chứng minh với mọi đa thức Q pxq có bậc n ¡ 0 thì |Q ptq| ¤ max |Q ptq| |Tn ptq| , @t R r¡1; 1s , p1q . tPr¡1;1s Giả sử max |Q ptq| 1 và giả sử tồn tại x0 R r¡1; 1s sao cho tPr¡1;1s |Q px0q| ¡ |Tn px0q| . Đặt Tn px0q a ,R pxq aQ pxq ¡ Tn pxq . Q px0q Khi đó ¢ ¢ kπ kπ R cos aQ cos ¡ p¡1qk, k 0, 1, , n. n n § ¢ § ¢ § § § kπ § kπ Do |a| 1, §Q cos § ¤ 1 nên R cos âm nếu k chẵn và dương nếu k n n lẻ. Suy ra R pxq có n 1 nghiệm trong r¡1; 1s Y tx0u, (mâu thuẫn do R pxq có bậc không quá n). Vậy p1q luôn đúng. Lại đặt 2x ¡ 1 t và P pxq Q ptq. Với x P r1; 2s thì t P r1; 3s nên |Q ptq| ¤ max |Q ptq| |Tn ptq| , @t P r1; 3s . tPr¡1;1s | p q| ¤ n p q P r s P Ta chứng minh Tn t 6 , 2 với mọi t 1; 3 , n N . Hiển nhiên với n 0, n 1, p2q đúng (do t P r1; 3s). Giả sử p2q đúng với n ¡ 1 và n ¡ 2. Ta sẽ chứng minh p2q đúng với n. Thật vậy, do mọi nghiệm của Tn ptq đều nhỏ hơn 1 và Tn p1q 1 nên Tn ptq ¡ 0 với mọi t P r1; 3s, do đó 2tTn¡1 ptq ,Tn¡2 ptq ¡ 0, @t P r1; 3s , suy ra |Tn ptq| |2tTn¡1 ptq ¡ Tn¡2 ptq| ¤ max t2tTn¡1 ptq ,Tn¡2 ptqu ( ¤ max 6.6n¡1, 6n¡2 6n. 58
Do đó với mọi t P r1; 3s ta có |Q ptq| ¤ 6n max |Q ptq| tPr¡1;1s hay |P pxq| ¤ 6n max |P pxq| , @x P r1; 2s . xPr0;1s Hiển nhiên max |P pxq| ¤ 6n max |P pxq| . xPr0;1s xPr0;1s Vậy max |P pxq| ¤ 6n max |P pxq|. xPr0;2s xPr0;1s 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: i Đặt S max |P pxq|, bi với i 0, 1, 2 , n và đặt xPr0;1s n fipxq px ¡ b0q px ¡ bi¡1q px ¡ bi 1q px ¡ bnq . Theo công thức nội suy Lagrange, với số thực x thì ¸n f pxq P pxq P pb q i . i p q i0 fi bi Với k 0, 1, 2 , n và w P r0; 2s, ta có |w ¡ bk| ¤ |2 ¡ bk|. Vì vậy |fi pwq| ¤ |fi p2q| ¢ ¹n i ¤ 2 ¡ i0 n 2n p2n ¡ 1q p2n ¡ 2q pn 1q nn p2nq! . n!nn i! pn ¡ iq! Mà |P pb q| ¤ S, |f pb q| nên theo bất đẳng thức về trị tuyệt đối ta i i i nn có ¸n |f pwq| ¸n |P pwq| ¤ |P pb q| i ¤ S Ci Cn . i | p q| 2n 2n¡i i0 fi bi i0 Cuối cùng ¸n ¸n i n ¤ i n 2n n ¤ 4n C2nC2n¡i C2nC2n 2 C2n 2 . i0 i0 59 Thang Long University Library
Suy ra max |P pwq| ¤ 24nS 16n max |P pxq| . wPr0;2s xPr0;1s Vậy max |P pxq| ¤ 16n max |P pxq| . xPr0;2s xPr0;1s 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. Mệnh đề 2.2.16. Giả sử sin p2k 1q t P2k 1 psin tq, trong đó P2k 1 pxq là đa thức đại số bậc 2k 1. Kí hiệu Q2k 1 pxq là đa thức đại số bậc 2k 1 sinh bởi P2k 1 pxq bằng cách giữ nguyên những hệ số ứng với lũy thừa chia 4 dư 1 và thay những hệ số ứng với lũy thừa chia 4 dư 3 bằng hệ số đổi dấu. Khi đó ¢ ¢ ¢ 1 1 1 2k 1 1 Q a ¡ a ¡ . 2k 1 2 a 2 a2k 1 Nói riêng, ta có một số hệ thức liên quan đến hàm hyperbolic thường được sử dụng sau: Từ cos 2t 2cos2t ¡ 1, với mọi a 0 ta được ¢ ¢ 1 1 1 1 2 a2 2 a ¡ 1. 2 a2 2 a Từ cos 3t 4cos3t ¡ 3 cos t, với mọi a 0 ta được ¢ ¢ ¢ 1 1 1 1 3 1 1 a3 4 a ¡ 3 a . 2 a3 2 a 2 a ¢ 1 1 Từ cos 5t 16cos5t ¡ 20cos3t 5 cos t, đặt m a ta được 2 a ¢ 1 1 a5 16m5 ¡ 20m3 5m. 2 a5 Từ sin 3t 3 sin t ¡ 4sin3t, với mọi a 0 ta được ¢ ¢ ¢ 1 1 1 1 3 1 1 a3 ¡ 4 a ¡ 3 a ¡ . 2 a3 2 a 2 a 60
¢ 1 1 Từ sin 5t 16sin5t ¡ 20sin3t 5 sin t, đặt m a ¡ ta được 2 a ¢ 1 1 a5 ¡ 16m5 20m3 5m. 2 a5 Ví dụ 2.37. Giải phương¢ trình sau x5 10x3 20x ¡ 18 0. 1 1 Lời giải. Với m a ¡ ta có công thức sau 2 a ¢ 1 1 a5 ¡ 16m5 20m3 5m, p1q. 2 a5 ¢ ? 1 1 Đặt x 2 a ¡ , a 0, (có thể đặt được do a ¡ là hàm liên tục trên a a khoảng p¡8; 0q và p0; 8q đồng thời nó vét hết toàn bộ tập R), (1) trở thành ¢ ¢ ¢ ? 1 5 ? 1 3 ? 1 4 2 a ¡ 20 2 a ¡ 20 2 a ¡ ¡ 18 0 a a a suy ra ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ¢ ? 1 1 5 1 1 3 1 1 9 2 16 a ¡ 20 a ¡ 5 a ¡ , p2q . 2 a 2 a 2 a 8 Áp dụng công thức (1) vào phương trình (2) ta được ¢ ? ? 1 1 9 2 ¨2 9 2 a5 ¡ ô a5 ¡ a5 ¡ 1 0 2 a5 8 4 d ? 9 ¨ 113 ô a 5 ? . 4 2 Vậy nghiệm của phương trình là ¤d ? d ? ? 9 ¨ 113 4 2 x 2 ¥ 5 ? ¡ 5 ? . 4 2 9 ¨ 113 Ví dụ 2.38. Chứng minh rằng phương trình sau có nghiệm duy nhất: 16x5 ¡ 20x3 5x 2 0, (1). Tìm giá trị của nghiệm đó. Lời giải. Xét 2 trường hợp: Trường hợp 1: |x| ¤ 1. Đặt x cos a với 0 ¤ a ¤ π. Khi đó (1) trở thành: 16cos5a ¡ 20cos3a 5 cos a 2 0 ô cos 5a ¡2. 61 Thang Long University Library
Phương trình này vô nghiệm nên¢ (1) vô nghiệm x với |x| ¤ 1. 1 1 Trường hợp 2: |x| ¡ 1. Đặt x a với a P . Khi đó (1) trở thành: 2 a R ¢ ¢ ¢ 1 1 5 1 1 3 1 1 16. a ¡ 20. a 5. a 2 0. 25 a 23 a 2 a 1 Hay a5 4 0. Giải ra ta được a5 a ? a a 5 ¡2 3 1 a ? 5 a a2 ¡2 ¡ 3. Suy ra £ 1 a ? 1 x x 5 ¡2 3 a ? 1 5 2 £ ¡2 3 a ? 1 5 1 x x2 ¡2 ¡ 3 a ? . 2 5 ¡2 ¡ 3 Mặt khác a1a2 1 nên x1 x2. Do vậy (1) có nghiệm duy nhất là £ b ? 1 5 1 x ¡2 3 a ? . 2 5 ¡2 3 ? 1 Ví dụ 2.39. Cho r là số thực dương thỏa mãn 6 r ? 6. Tìm giá trị 6 r ? 1 của 4 r ? . 4 r Lời giải. Từ đẳng thức ¢ ¢ 1 1 3 1 x3 x ¡ 3 x x3 x x ta có ? 1 r ? 66 ¡ 3.6 198. r ¢ ? 1 2 ? 1 ? Vì vậy 4 r ? 198 2 200 hay 4 r ? 10 2. 4 r 4 r Ví dụ 2.40. Chứng minh rằng nếu α và cos απ là các số hữu tỉ thì 2 cos απ là số nguyên. p Nhận xét. Do α hữu tỉ nên đặt α , pp, qq 1. Thật tự nhiên ta nghĩ q đến chuyên xét đa thức dạng Chebyshev nhận cos απ là nghiệm rồi chỉ ra 2 62
lần nghiệm đó nguyên. Ta thấy Tq pcos απq cos pπ ¨1 suy ra phương trình Tq pxq ¨ 1 0 (hoặc cộng hoặc trừ) có nghiệm cos απ và mặt khác ta có bổ đề: n n¡1 u Nếu đa thức a x a ¡ x a P rxs , a 0 nhận số hữu tỉ là n n 1 0 Z n v nghiệm thì u| a0, v| an. Nhưng như vậy ta mới chỉ ra được 2n¡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. P p q Lời giải. Với mỗi n N tồn tại duy nhất một đa thức Pn x sao cho: Pn p2 cos xq 2 cos nx. Và đồng thời Pn pxq được xác định theo công thức truy hồi: P0 pxq 2,P1 pxq x, Pn 1 pxq xPn pxq ¡ Pn¡1 pxq , (do cos pn 1q x 2 cos x cos nx ¡ cos pn ¡ 1q x). Bằng quy nạp, ta thấy Pn pxq p q P r s là đa thức monic (có hệ số cao nhất bằng 1) và Pn x Z x . Vì α hữu tỉ nên p đặt α , pp, qq 1, p P , q P ¦. Mà q Z N Pq p2 cos απq 2 cos pπ ¨2 P p q p q p q p q¡ (do p Z). Nên lúc đó đa thức R x Pq x 2 nếu p lẻ hoặc S x Pq x 2 nếu p chẵn sẽ nhận 2 cos απ làm nghiệm hữu tỉ mà hai đa thức đó đều thuộc Z rxs và có hệ số cao nhất bằng 1. Vậy 2 cos απ là số nguyên. Ví dụ 2.41. Tìm tất cả các số hữu tỉ a P p0; 1q thỏa mãn điều kiện cos p3πaq 2 cos p2πaq 0. Lời giải. Đặt cos πa t, phương trình trở thành 1 t ¡ 4t3 4t2 ¡ 3t ¡ 2 0 ô 2 2t2 t ¡ 2 0. 1 Nếu t ¡ thì do a P p0; 1q nên 2 1 2π 2 2 cos πa ¡ ô πa ¨ k2π ô a ¨ 2k, pk P q ô a . 2 3 3 Z 3 63 Thang Long University Library
? ? ¡1 ¨ 17 ¡1 ¨ 17 Nếu 2t2 t ¡ 2 0 ô t thì cos πa . Do a là số hữu tỉ, 4 4 p đặt a với p, q P , pp, qq 1. Lúc đó q Z Tq pcos πaq cos πp ¨1, p q p q P r s với Tq x là đa thức Chebyshev bậc q, Tq x Z x và có hệ số bậc cao nhất là 2q¡1. Giả sử p chẵn, lúc đó Tq pcos πaq ¡ 1 0, 2 đặt Tq pxq ¡ 1 T pxq. Xét Q pxq 2x x ¡ 2 và phép chia đa thức T pxq P pxq Q pxq R pxq với R pxq ,P pxq P Z rxs , deg R ¤ 1. Thay x t vào đẳng thức trên ta được £ ? ¡1 17 R 0 £ 4 ? ¡1 ¡ 17 R 0. 4 Nhưng R pxq P Z rxs nên R không thể có bậc 1, hay R là hằng số, suy ra R pxq 0 với mọi x P R. Do đó Q pxq| P pxq. Xét phương trình ¨ T pxq 2x2 x ¡ 2 P pxq , ta thấy ¡ ¢ q¹1 2kπ T pxq T pxq ¡ 1 2q¡1 x ¡ cos . q q k0 Khi xét sự phân tích tiêu chuẩn của hai vế, 2x2 x ¡ 2 phải nhận hai nghiệm 2kπ cos nào đó làm nghiệm hay q ¢ ¢ 2u 2v 2x2 x ¡ 2 2 x ¡ cos x ¡ cos . q q Suy ra $ ' 2u 2v 1 &' cos cos ¡ q q 2 ' 2u 2v %' cos cos ¡1, p¦q. q q 64
Từ p¦q suy ra § § § § § § § § § 2u§ § 2v § §cos § §cos § 1. q q Do đó 2u 2v 1 cos cos ¡ , q q 2 (vô lí). Trường hợp p lẻ lí luận tương tự ta cũng có điều vô lí. 1 2 Vậy t ¡ hay a . 2 3 Ví dụ 2.42. Giả sử k ¡ 2 là số nguyên dương và x là số thực sao cho cos pk ¡ 1q x và cos kx là số hữu tỉ. Chứng minh rằng có số nguyên dương n ¡ k sao cho cos pn ¡ 1q x và cos nx là số hữu tỉ. 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 số nguyên dương (do cos kx Tkpcos xq, với Tkpxq là đa thức Chebyshev loại 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: $ & n 0 pmod kq % n 1 pmod pk ¡ 1qq. Nhưng hệ này luôn có nghiệm theo định lí thặng dư Trung Hoa (chẳng hạn lấy n k2). Ta có điều phải chứng minh. 2.2.4 Bài tập § § § § Bài 1. Tìm a, b P R sao cho max x2 ax b đạt giá trị nhỏ nhất. xPr¡1;1s Bài 2. Cho f ptq a sin t b sin 2t sin 3t. Tìm a, b để |f ptq| ¤ 1 với mọi t P r0; πs. Bài 3. Cho P pxq ax3 bx2 cx d P R rxs. Chứng minh rằng nếu |P pxq| ¤ 1, @x P r¡1; 1s thì |a| |b| |c| ¤ 7. Bài 4. Tìm tất cả các bộ 5 số thực px, y, z, u, vq, tất cả đều thuộc r¡2; 2s thỏa 65 Thang Long University Library
mãn $ ' &' x y z u v 0 3 3 3 3 3 ' x y z u v 0 %' x5 y5 z5 u5 v5 ¡10. 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: l MA .MA MA ¥ . 1 2 n 2 2.3 Một số đa thức đặc biệt khác 2.3.1 Đa thức số Định nghĩa 2.3.1. Đa thức f pxq P R rxs được gọi là một đa thức số nếu nó nhận giá trị nguyên tại mọi giá trị nguyên của x. Đặt h0 pxq 1, x px ¡ 1q px ¡ i 1q h pxq i i! P ¦ P p q p q ¤ với i N , x R. Khi đó ta có hi i 1, hi j 0 nếu 0 j i. Kí hiệu ¤ p q p q p q x x ¡ 1 x ¡ 2 x ¡ i 1 ¥ x hi pxq , (2.14) i! i ¦ với i P N , x P R. Định lý 2.3.1. Cho đa thức p q n n¡1 P r s f x a0x a1x an¡1x an Z x với bậc n ¥ 1 và a0 ¥ 1. Khi đó tồn tại số nguyên dương s và đa thức g pxq với các hệ số là các số tự nhiên sao cho g pxq f px sq. n n¡1 Chứng minh. Từ g pxq f px sq a0px sq a1px sq an suy ra n n¡1 g pxq b0x b1x bn 66
với $ ' ' b0 a0 ' ' 1 &' b1 Cna0s a1 ' ' ' i i i¡1 i¡1 1 ' bi Cna0s Cn¡1a1s Cn¡i 1ai¡1s ai %' Rõ ràng mỗi bi đều là một đa thức của s với hệ số nguyên và có hệ số cao nhất i ¡ bằng Cna0 0. Vì vậy với s nguyên đủ lớn, tất cả các bi sẽ là nguyên dương. Do đó đa thức g pxq với các hệ số là các số tự nhiên là đa thức cần tìm, thỏa mãn g pxq f px sq. ¤ x Ví dụ 2.43. Chứng minh rằng đa thức P pxq ¥ là một đa thức số. n Lời giải. Hiển nhiên tích của n số tự nhiên liên tiếp thì chia hết cho n!. Nếu x là số tự nhiên, x ¥ n thì x px ¡ 1q px ¡ n 1q là tích của n số tự nhiên liên tiếp. Khi đó x px ¡ 1q px ¡ n 1q Cn n! x 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. ¤ x Theo ví dụ trên, với n ¥ 2 thì đa thức P pxq ¥ là đa thức số nhưng có n 1 hệ số bậc cao nhất là không nguyên. Như vậy, mọi đa thức có hệ số nguyên n! 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 pxq bậc n trên R đều có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng f pxq a0h0 pxq a1h1 pxq anhn pxq , P trong đó a0, a1, , an R. p q p q p q Chứng minh. Vì h0 x , h1 x , , hn x lập thành một cơ sở của R- không gian vectơ các đa thức có bậc không vượt quá n trên R, nên tồn tại các số thực ai sao cho f pxq a0h0 pxq a1h1 pxq anhn pxq . 67 Thang Long University Library
Bây giờ ta chỉ ra cách xác định cụ thể các số ai. Cho x 0 ta được a0 f p0q. Giả sử đã xác định được a0, a1, , ai với i n. Khi đó vì f pi 1q a0h0 pi 1q a1h1 pi 1q aihi pi 1q ai 1hi 1 pi 1q 0 nên ai 1 f pi 1q ¡ pa0h0 pi 1q a1h1 pi 1q aihi pi 1qq . Vì a0, a1, , ai đã được xác định nên ai 1 được xác định. Do đó tất cả ai được xác định và ta thấy ngay sự xác định này là duy nhất. Ví dụ 2.44. Chứng minh rằng nếu đa thức bậc hai f pxq nhận giá trị nguyên tại 3 giá trị nguyên liên tiếp của x thì đa thức đó là một đa thức số. Lời giải. Giả sử f pk ¡ 1q , f pkq , f pk 1q đều là các số nguyên với k P Z. Theo công thức nội suy Lagrange ta có px ¡ kq px ¡ k ¡ 1q f pxq f pk ¡ 1q ¡ f pkq px ¡ k 1q px ¡ k ¡ 1q 2 px ¡ kq px ¡ k 1q f pk 1q . 2 Nếu x, k nguyên thì x ¡ k, x ¡ k ¡ 1 là hai số nguyên liên tiếp, do đó px ¡ kq px ¡ k ¡ 1q P . 2 Z Tương tự ta có px ¡ kq px ¡ k 1q P . 2 Z Vậy với x nguyên thì f pxq nguyên. Định lý 2.3.3. Nếu đa thức f pxq P R rxs bậc n nhận các giá trị nguyên tại n 1 số nguyên liên tiếp thì f pxq là một đa thức số. Chứng minh. Giả sử f pxq nhận giá trị nguyên tại x m, , m n P Z. Đặt g pxq f px mq. Biểu diễn g pxq a0h0 pxq a1h1 pxq anhn pxq . Ta có a0 g p0q f pmq nguyên, còn các hệ số khác được xác định như sau: i i pi ¡ 1q a g piq ¡ a ¡ a ¡ a ¡ ¡ ia ¡ , i 1, 2, , n. i 0 1 1 1.2 2 i 1 68
Vì g piq f pm iq và a0, a1, , ai¡1 nguyên nên ai nguyên. Như vậy tất cả các hệ số ai, i 0, , n đều nguyên. Vì hi pxq nhận giá trị nguyên tại mọi x nguyên nên f pxq nguyên với mọi x nguyên. Hệ quả 2.3.4. Đa thức p q p q p q p q P r s f x a0h0 x a1h1 x anhn x R x là đa thức số khi và chỉ khi các hệ số a0, a1, , an là những số nguyên. Chứng minh. Hiển nhiên nếu a0, a1, , an nguyên thì f pxq là đa thức số. Ta chứng minh chiều ngược lại. Giả sử f pxq là đa thức số. Khi đó ai 1 f pi 1q ¡ pa0h0 pi 1q a1h1 pi 1q aihi pi 1qq với mọi i 0, 1, , n ¡ 1. Do a0 f p0q nguyên và nếu a0, a1, , ai nguyên thì ai 1 nguyên, nên tất cả các ai đều là những số nguyên. Ví dụ 2.45. Chứng minh rằng nếu đa thức f pxq P R rxs bậc n nhận giá trị nguyên tại 0, 12, , n2 thì nó sẽ nhận giá trị nguyên tại mọi x m2, m P Z. Lời giải. Giả sử đa thức fpxq P rxs bậc n nhận giá trị nguyên tại 0, 12, , n2. Đặt ¨ R g pxq f x2 thì đa thức g pxq P R rxs bậc 2n nhận các giá trị nguyên tại 2n 1 số nguyên liên tiếp ¡n, ¡ pn ¡ 1q , , ¡1, 0, 1, , n. Do đó g pxq là một đa thức số. ¨ Vậy f m2 g pmq nguyên với mọi m nguyên. Ví dụ 2.46. Tìm điều kiện cần và đủ để f pxq là một đa thức số biết 3 2 fpxq ax bx cx d P R rxs . Lời giải. Giả sử f pxq là một đa thức số. Ta có $ ' f p0q d ' &' f p1q a b c ' p¡ q ¡ ' f 1 a b c %' f p2q 8a 4b 2c d 69 Thang Long University Library
suy ra $ ' &' a b c f p1q ¡ f p0q p q p¡ q ¡ p q ' 2b f 1 f 1 2f 0 %' 6a f p2q 2f p¡1q ¡ 6b ¡ 3d. Vì f pxq là một đa thức số nên f p0q , f p¨1q , f p2q nguyên, do đó d, a b c, 2b nguyên. Suy ra 6a cũng nguyên. Ngược lại khi 6a, 2b, a b c, d nguyên thì px ¡ 1q x px 1q x px ¡ 1q f pxq 6a 2b pa b cq x d 3! 2! nhận giá trị nguyên khi x nguyên. Vậy đa thức fpxq ax3 bx2 cx d là một đa thức số khi và chỉ khi 6a, 2b, a b c, d nguyên. Ví dụ 2.47. Chứng minh rằng đa thức sau là một đa thức số 1 1 13 82 32 P pxq x9 ¡ x7 x5 ¡ x3 x. 630 21 30 63 35 Lời giải. Ta có 1 1 13 82 32 P pxq x9 ¡ x7 x5 ¡ x3 x 630 21 30 63 35 px ¡ 4q px ¡ 3q px ¡ 2q px ¡ 1q x px 1q px 2q px 3q px 4q 630 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 N 2.5.7.9 630. Do đó là một số nguyên. Vậy P pxq là một đa thức số. 630 Ví dụ 2.48. Xác định các số dương A, B, C sao cho đa thức f pxq Ax5 Bx3 Cx là đa thức số với f p3q là nhỏ nhất. Lời giải. Ta có f pxq là đa thức số nên f p1q , f p2q , f p3q nguyên. Có f p1q A B C, f p2q 32A 8B 2C, f p3q 243A 27B 3C, p¦q. 70
Giải ra ta được f p3q ¡ 4f p2q 5f p1q A p¦¦q, 120 ¡f p3q 8f p2q ¡ 13f p1q B , 24 f p3q ¡ 9f p2q 45f p1q C . 30 Vì A, B, C dương nên từ p¦q ta có f p2q ¡ 2f p1q 30A 6B ¡ 0, f p1q A B C ¡ 0. Suy ra f p2q ¥ 2f p1q 1,f p1q ¥ 1. Do đó f p2q ¥ 3. Từ p¦¦q suy ra f p3q 120A 4f p2q ¡ 5f p1q 120A 4 pf p2q ¡ 2f p1qq 3f p1q ¡ 4 pf p2q ¡ 2f p1qq 3f p1q ¥ 7. Do đó f p3q ¥ 8 (do f p3q nguyên dương). Nếu f p3q 8 thì f p1q 1, f p2q 3, hay 1 1 13 A ,B ,C . 120 8 15 Khi đó ¤ ¤ 1 1 13 x 2 x 1 f pxq x5 x3 x ¥ ¥ 120 8 15 5 3 1 1 13 là đa thức số. Vậy A ,B ,C . 120 8 15 Ví dụ 2.49. Chứng minh nếu đa thức P pxq P Z rxs, bậc 2n 1, nhận các giá trị ¨1 tại 2n 1 giá trị nguyên khác nhau của đối số thì P pxq bất khả quy trên Z rxs. Lời giải. p q p q p q P r s | p q| P t u Giả sử P x f x g x với f, g Z x và P xi 1 với mọi i 1, 2, , 2n 1 . Khi đó |f pxiq| 1 hoặc |g pxiq| 1 với mọi i P t1, 2, , 2n 1u. Suy ra với mọi i P t1, 2, , 2n 1u, xi là các nghiệm của phương trình ¡ © ¡ © T pxq pf pxqq2 ¡ 1 pg pxqq2 ¡ 1 0, 71 Thang Long University Library
(vô lý vì deg T deg P 2 2n). Vậy P pxq bất khả quy trên Z rxs. Ví dụ 2.50. Cho số nguyên a không chia hết cho 5. Chứng minh rằng đa thức P pxq x5 ¡ x a bất khả quy trên Z rxs. Lời giải. Giả sử x5 ¡ x a f pxq g pxq , f, g P Z rxs. Do n5 ¡ n 0 pmod 5q với mọi n P Z nên deg f, deg g ¥ 2. Suy ra trong hai đa thức f pxq và g pxq phải có một đa thức có bậc hai. p q 2 P Giả sử f x x a1x b1 với a1, b1 Z và có hai nghiệm x1, x2 thì $ ' ¡ P &' x1 x2 a1 Z P ' x1x2 b1 Z %' 5 ¡ xk xk a 0, k 1, 2. ¨ 5 5 ¡ p q p q Suy ra x1 x2 x1 x2 2a 0 0 mod 5 . Mà ¨ ¡ © p q5 5 5 p q3 ¡ p q x1 x2 x1 x2 5x1x2 x1 x2 3x1x2 x1 x2 2 2 p q 10x1x2 x1 x2 p q5 5 5 p q ¡ P P nên x1 x2 x1 x2 mod 5 (do x1 x2 a1 Z, x1.x2 b1 Z). Do đó ¨ p q5 ¡ p q 5 5 ¡ p q p q x1 x2 x1 x2 2a x1 x2 x1 x2 2a mod 5 0 pmod 5q, 5 ¡ p q p q hay a1 a1 2a 0 mod 5 tức là a 0 mod 5 . Suy ra a chia hết cho 5 (trái với giả thiết). Vậy P pxq bất khả quy trên Z rxs. Bài tập Bài 1. Tìm các bộ số nguyên đôi một khác nhau α1, α2, , αn sao cho các đa thức ±n a) P pxq px ¡ akq ¡ 1 k1 ±n p q p ¡ q ¡ r s b) Q x n x ak 1, khả quy trong Z x . k1 1 5 19 Bài 2. Chứng minh rằng đa thức f pxq x3 ¡ x2 x 3 là một đa thức 3 2 6 số. 72
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 pxq là một đa thức bậc n ¡ 0 trên một trường số K và P n phần tử x1, x2, , xn K. Khi đó tồn tại các phần tử α0, α1, , αn thuộc K để P pxq α0 α1 px ¡ x1q α2 px ¡ x1q px ¡ x2q αn px ¡ x1q px ¡ xnq . (2.15) Công thức p2.14q được gọi là công thức nội suy Newton. Chứng minh. Trước hết dễ thấy rằng, các đa thức 1, x ¡ x1, px ¡ x1q px ¡ x2q , , px ¡ x1q px ¡ xnq 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 pxq có bậc n cho trước, luôn tồn tại P các phần tử α0, α1, , αn K, để có biểu diễn như trong phát biểu của định lí. 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. Thấy ngay α0 P px1q. Đặt P pxq ¡ P px1q P px1; xq x ¡ x1 α1 α2 px ¡ x2q αn px ¡ x2q px ¡ xnq thì α1 P px1; x2q. Đặt P px1; xq ¡ P px1; x2q P px1; x2; xq x ¡ x2 α2 α3 px ¡ x3q αn px ¡ x3q px ¡ xnq 73 Thang Long University Library
thì α2 P px1; x2; x3q. Một cách tổng quát, tại bước thứ i, ta có P px1; ; xi¡1; xq ¡ P px1; ; xi¡1; xiq P px1; ; xi; xq . x ¡ xi Ta thấy αi P px1; ; xiq với mọi i 0, , n. Ví dụ 2.51. Tìm đa thức P pxq có bậc bé hơn hoặc bằng 4 sao cho P p1q 1,P p2q 2,P p3q 5,P p4q 10,P p5q 17. Lời giải. Vì P pxq có bậc bé hơn hoặc bằng 4 nên theo công thức nội suy Newton, với bốn số 1, 2, 3, 4 cho trước, luôn tồn tại các số α0, α1, α2, α3, α4 để P pxq α0 α1 px ¡ 1q α2 px ¡ 1q px ¡ 2q α3 px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 3q α4 px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 3q px ¡ 4q . Thay lần lượt các giá trị x 1, x 2, x 3 vào công thức trên ta được $ ' p q &' P 1 α0 p q ' P 2 α0 α1 %' P p3q α0 2α1 2α2. Suy ra $ ' &' 1 α0 ' 2 α0 α1 %' 5 α0 2α1 2α2. Giải hệ ta được α0 α1 α2 1. Khi đó P pxq x px ¡ 1q px ¡ 2q α3 px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 3q α4 px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 3q px ¡ 4q , p¦q . Thay x 4 vào p¦q ta có P p4q 10 6α3, do đó α3 0, hay P pxq x px ¡ 1q px ¡ 2q α4 px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 3q px ¡ 4q , p¦¦q . Thay x 5 vào p¦¦q ta có P p5q 17 24α4, do đó α4 0, vậy P pxq x px ¡ 1q px ¡ 2q x2 ¡ 2x 2. 74
Ví dụ 2.52. Tìm đa thức P pxq có bậc bé hơn hoặc bằng 4 sao cho P p1q 1,P p2q 5,P p3q 2,P p4q 4,P p5q ¡3. Lời giải. Vì P pxq có bậc bé hơn hoặc bằng 4 nên theo công thức nội suy Newton, với bốn số 1, 2, 3, 4 cho trước, luôn tồn tại các số α0, α1, α2, α3, α4 để P pxq α0 α1 px ¡ 1q α2 px ¡ 1q px ¡ 2q α3 px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 3q α4 px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 3q px ¡ 4q . Thay lần lượt các giá trị x 1, x 2, x 3 vào công thức trên ta được $ ' p q &' P 1 α0 p q ' P 2 α0 α1 %' P p3q α0 2α1 2α2. Suy ra $ ' &' 1 α0 ' 5 α0 α1 %' 2 α0 2α1 2α2. 7 Giải hệ ta được α 1, α 4, α ¡ . Khi đó 0 1 2 2 7 P pxq 4x ¡ 3 ¡ px ¡ 1q px ¡ 2q α px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 3q 2 3 α4 px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 3q px ¡ 4q , p¦q . Thay x 4 vào p¦q ta có P p4q ¡8 6α3, do đó α3 2, suy ra 7 P pxq 4x ¡ 3 ¡ px ¡ 1q px ¡ 2q 2 px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 3q 2 α4 px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 3q px ¡ 4q , p¦¦q . 13 Thay x 5 vào p¦¦q ta có P p5q 23 24α , do đó α ¡ , nên 4 4 12 7 P pxq 4x ¡ 3 ¡ px ¡ 1q px ¡ 2q 2 px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 3q 2 13 ¡ px ¡ 1q px ¡ 2q px ¡ 3q px ¡ 4q . 12 75 Thang Long University Library
Rút gọn ta được 13 77 641 272 P pxq ¡ x4 x3 ¡ x2 x ¡ 48. 12 6 12 3 Bài tập Bài 1. Tìm đa thức P pxq có bậc bé hơn hoặc bằng 4 sao cho P p1q 1,P p2q 4,P p3q 6,P p4q 8,P p5q 10. Bài 2. Tìm các họ đa thức Q pxq sao cho Q piq 2i với i 0, 1, 2, 3. Bài 3. Cho đa thức P pxq bậc n nhận giá trị bằng 1 tại các điểm 0, 2, 4, , 2n. Tính P p¡1q. Bài 4. Chứng minh rằng nếu đa thức P pxq có bậc n chẵn, thỏa mãn P p0q 1 và P piq 2i¡1 với i 1, 2, , n thì P pn 2q 2P pn 1q ¡ 1. Bài 5. Chứng minh rằng với mọi đa thức P pxq ta có ¸n p q p¡ qn¡i i p q P x n 1 1 Cn 1P x i . i0 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. 76
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. 77 Thang Long University Library
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. 78