(Luận văn) đa thức trong các bài toán thi học sinh giỏi

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THANH TÙNG lu an n va p ie gh tn to ĐA THỨC TRONG CÁC BÀI TOÁN THI HỌC SINH GIỎI d oa nl w u nf va an lu ll LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC oi m z at nh z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2017 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - NGUYỄN THANH TÙNG lu an n va to p ie gh tn ĐA THỨC TRONG CÁC BÀI TOÁN THI HỌC SINH GIỎI d oa nl w LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC an lu u nf va Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp ll Mã số: 60 46 01 13 oi m z at nh NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC z GS.TSKH Đặng Hùng Thắng m co l gm @ an Lu n va THÁI NGUYÊN - 2017 ac th si Mục lục Mở đầu Chương Đa thức biến lu Danh sách kí hiệu an n va p ie gh tn to 1.1 1.1.1 Định nghĩa 1.1.2 Các phép tính đa thức Các tính chất Định nghĩa tính chất lu 1.2.1 Phép chia đa thức 1.2.2 Thuật toán Euclide nf va an lm ul 1.3 Phép chia đa thức Ước chung lớn nhỏ d 1.2 oa nl w 1.1.3 Nghiệm đa thức Phương trình bậc cao 11 11 11 16 z at nh oi 1.3.1 Nghiệm đa thức 16 1.3.2 Phương trình bậc cao 22 z @ Đạo hàm đa thức Định lý Taylor m Đa thức bất khả quy 36 2.1.1 Đa thức với hệ số thực phức 37 2.1.2 Đa thức bất khả quy vành Q[x] an Lu 2.1 32 36 co Chương Đa thức bất khả quy l gm 1.4 n va ac th 40 si 2.2 Một số tốn điển hình Chương Một số chủ đề khác 42 46 Đa thức nhiều biến 46 3.2 Đa thức đối xứng 49 3.3 Phương trình hàm đa thức 53 3.4 Đa thức Chebyshev 56 3.4.1 Định nghĩa - Tính chất 57 3.4.2 Một số toán chọn lọc 58 lu 3.1 an n va 63 gh tn to Kết luận 64 p ie Tài liệu tham khảo d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Danh sách kí hiệu lu an n va vành số nguyên Q trường số hữu tỷ R trường số thực C trường số phức R vành F trường R[x] vành đa thức với hệ số vành R gh tn to Z bậc đa thức P(x) ie deg P(x) P(x) Q(x), Q(x) | P(x) p đa thức Q(x) ước đa thức P(x) ước chung lớn P(X) Q(X) nl w gcd(P(X), Q(X)) a ≡ b (mod p) ký hiệu tích b1 b2 · · · bm nf va an ∏m i=1 bi ký hiệu tổng a1 + a2 + · · · + am lu ∑m i=1 d oa a đồng dư với b theo modulo p z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Mở đầu Đa thức đối tượng quan trọng Toán học mặt lý thuyết ứng dụng Đối với Tốn học phổ thơng, học sinh làm quen với phép toán đa thức (cộng trừ nhân chia), giải phương trình bậc nhất, bậc hai số lu dạng phương trình bậc cao Trong kỳ thi học sinh giỏi quốc gia quốc tế, chủ an đề đa thức khai thác sâu với tốn hay tương đối khó va n phương trình đại số bậc cao, phương trình hàm đa thức, đathức bất khả quy, tính gh tn to chia hết đa thức p ie Các toán nâng cao đa thức xuất nhiều tạp chí tốn học cho học sinh giỏi (như Tạp chí Toán học Tuổi trẻ, Kvant, Crux, ) oa nl w Tuy nhiên có tài liệu tiếng Việt trình bày cách hệ thống lý thuyết tập đa thức, với định hướng bồi dưỡng học sinh giỏi Toán d nf va an lu bồi dưỡng giáo viên dạy chun Tốn Mục tiêu luận văn tìm hiểu cách đầy đủ kết quan trọng lm ul đa thức có nhiều ứng dụng Tốn phổ thơng Trên sở đó, phân loại z at nh oi hệ thống hoá (theo dạng phương pháp giải) tập nâng cao đa thức có sáng tác, bổ sung thêm tốn Chúng tơi cố gắng để luận văn trở thành tài liệu tham khảo tốt, thiết z gm @ thực phục vụ cho việc giảng dạy học sinh giỏi bồi dưỡng giáo viên Thông qua l việc viết luận văn học viên mở rộng nâng cao hiểu biết đa thức, hình thành thơng tin m co kỹ giải tốn khó đa thức, kỹ tìm kiếm thu thập chọn lọc an Lu Nội dung luận văn trình bày ba chương sau: n va ac th si • Chương Đa thức biến Trong chương trình bày ngắn gọn định nghĩa tính chất đa thức Các vấn đề tảng phép chia đa thức, ước - bội, nghiệm phương trình bậc cao, đạo hàm khai triển Taylor trình bày • Chương Đa thức bất khả quy Đa thức bất khả quy chủ đề trọng tâm lý thuyết đa thức Nó vừa mang tính chất lý thuyết, vừa mang tính ứng dụng, đặc biệt tập nâng cao đề thi có tính chất tuyển chọn Chương tập trung nghiên cứu đa lu thức bất khả quy vành (trường) số quen biết tốn học sơ cấp an n va • Chương Một số chủ đề khác Chương dành để nghiên cứu số vấn tn to đề nâng cao lý thuyết đa thức, mà mục đích để hiểu biết sâu sắc lý thuyết, đồng thời tảng cho ứng dụng Các vấn đề quan p ie gh tâm chương đa thức nhiều biến, đa thức đối xứng, phương nl w trình hàm đa thức đa thức Chebyshev d oa Luận văn thực Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái an lu Nguyên hoàn thành với hướng dẫn GS.TSKH Đặng Hùng Thắng (Trường nf va ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội) Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học mình, người đặt vấn đề nghiên cứu, lm ul dành nhiều thời gian hướng dẫn tận tình giải đáp thắc mắc tác giả z at nh oi suốt trình làm luận văn Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại z học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán–Tin, giảng viên tham @ l gm gia giảng dạy, tạo điều kiện tốt để tác giả học tập nghiên cứu co Tác giả muốn gửi lời cảm ơn tốt đẹp tới tập thể lớp Cao học Tốn m khóa (2015-2017) động viên giúp đỡ tác giả nhiều suốt trình an Lu học tập n va Nhân dịp này, tác giả xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục Đào tạo Hải ac th si Phòng, Ban Giám hiệu đồng nghiệp Trường THPT Hùng Vương tạo điều kiện cho tác giả hoàn thành tốt nhiệm vụ học tập cơng tác Cuối cùng, tác giả muốn dành lời cảm ơn đặc biệt đến bố mẹ đại gia đình ln động viên chia sẻ khó khăn để tác giả hồn thành tốt luận văn Thái Nguyên, ngày 02 tháng 11 năm 2017 Tác giả lu an n va to p ie gh tn Nguyễn Thanh Tùng d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Đa thức biến 1.1 Định nghĩa tính chất lu an Phần chúng tơi trình bày ngắn gọn lý thuyết đa thức va n biến Những chi tiết tham khảo Lê Thị Thanh Nhàn [5] Nguyễn ie gh tn to Văn Mậu [3] p 1.1.1 Định nghĩa w d oa nl Giả sử R vành giao hoán có đơn vị an lu Định nghĩa 1.1.1 Biểu thức có dạng nf va an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 với an 6= lm ul an , an−1 , , a1 , a0 phần tử thuộc vành R, gọi đa z at nh oi thức vành R z Trong định nghĩa này, gọi hệ số đa thức, hệ số an gọi @ hệ số bậc cao đa thức, số tự nhiên n gọi bậc đa thức, ký gm m co hệ số cao nhất, a0 gọi hệ số tự đa thức l hiệu deg P(x), x gọi ẩn, hay biến hay đối số đa thức, an gọi an Lu Nếu = với i = 1, 2, , n − a0 6= ta có bậc đa thức không n va Nếu = với i = 1, 2, , n f (x) = 0, ta gọi đa thức đa thức khơng ac th si Nói chung người ta khơng định nghĩa bậc đa thức không ta coi bậc −∞ Hai đa thức f g gọi nhau, viết f = g, chúng đa thức không, hai khác đa thức không, đồng thời deg f = deg g hệ số tương ứng Tập hợp tất đa thức lấy hệ số vành R ký hiệu R[x], gọi vành đa thức R Khi R trường, vành R[x] vành giao hốn có đơn vị lu Với lý ứng dụng lý thuyết đa thức thi học sinh giỏi, hay nói an n va chung kỳ thi có tính chất tuyển chọn, luận văn thường xét R Z, Q, R, đa thức nguyên, đa thức hữu tỷ, đa thức thực, đa thức phức p ie gh tn to C, đa thức thuộc Z[x], Q[x], R[x], C[x] gọi tên Các phép tính đa thức nl w 1.1.2 d oa Cho hai đa thức an lu f (x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 , nf va g(x) = bn xn + bn−1 xn−1 + + b1 x + b0 lm ul Ta định nghĩa phép tính số học sau z at nh oi • Phép cộng z f (x) +g(x) = (an +bn )xn + (an−1 +bn−1 )xn−1 + .+ (a1 +b1 )x + (a0 +b0 ) l gm @ • Phép trừ m co f (x)−g(x) = (an −bn )xn + (an−1 −bn−1 )xn−1 + .+ (a1 −b1 )x −(a0 −b0 ) an Lu • Phép nhân n va f (x)g(x) = c2n x2n + c2n−1 x2n−1 + + c1 x + c0 ac th si 50 = x2 (x6k − y6k ) + xy3k+1 (x3k − y3k ) + y6k (x2 + xy + y2 ) Như đa thức x2n − xn yn + y2n chia hết cho x2 + xy + y2 n = 3k + Ta có x2n + xn yn + y2n = x6k+4 + x3k+2 y3k+2 + y6k+4 = x4 (x6k − y6k ) + x2 y3k+2 (x3k − y3k ) +y6k (x2 + x2 y2 y4 )(x2 − xy + y2 ) Như x2n − xn yn + y2n chia hết cho x2 + xy + y2 lu an n va Tóm lại, đa thức x2n − xn yn + y2n chia hết cho x2 + xy + y2 n không tn to phải bội ie gh Bài toán 3.2.2 Chứng minh với n ∈ Z+ , đa thức x2n − xn yn + y2n không p chia hết cho x2 + xy + y2 w d oa nl Lời giải Giả sử x2n − xn yn + y2n chia hết cho x2 + xy + y2 , tức an lu x2n − xn yn + y2n = (x2 + xy + y2 )q(x, y), nf va q(x, y) đa thức đối xứng với hệ số nguyên (do hệ số bậc cao lm ul đa thức chia 1, hệ số đa thức bị chia đa thức chia số z at nh oi nguyên) Trong đẳng thức cho x = y = 1, ta = 3q(1, 1), vơ lí q(1, 1) số nguyên Điều chứng tỏ đa thức x2n − xn yn + y2n không chia hết cho x2 + xy + y2 z l gm @ Bài tốn 3.2.3 Với n ∈ Z+ x2n +xn yn +y2n không chia hết cho x2 +xy+y2 ? Lời giải Giả sử co n va Ta xét hai trường hợp an Lu q(x, y) đa thức đối xứng với hệ số nguyên (3.3) m x2n + xn yn + y2n = (x2 − xy + y2 )q(x, y) ac th si 51 n số lẻ Trong đẳng thức (3.3) thay x −x ta x2n − xn yn + y2n = (x2 + xy + y2 )q(−x, y) Theo Bài toán 3.2.2 đẳng thức xảy n số chẵn Trong (3.3) thay x −x, ta x2n + xn yn + y2n = (x2 + xy + y2 )q(−x, y) Theo ví dụ Bài tốn 3.2.1 đẳng thức n = 3m + lu n = 3m + an n va Nếu n = 3m + n số chẵn, nên m phải số lẻ, hay m = 2k + 1, tn to n = 6k + n = 6k + p ie gh Nếu n = 3k + 2, n số chẵn, nên m phải số chẵn, hay m = 2k, do nl w Vậy x2n + xn yn + y2n chia hết cho x2 − xy + y2 n = 6k + d oa n = 6k + 4, với k ∈ Z, n ∈ Z+ Lời giải Giả sử nf va an lu Bài tốn 3.2.4 Với n ∈ Z+ x2n − xn yn + y2n chia hết cho x2 − xy + y2 ? lm ul x2n − xn yn + y2n = (x2 − xy + y2 )q(x, y), (3.4) z at nh oi q(x, y) đa thức đối xứng với hệ số nguyên Xét hai trường hợp n số chẵn Trong (3.4) thay x −x, ta z @ l gm x2n − xn yn + y2n = (x2 + xy + y2 )q(−x, y) m co Theo Bài toán 3.2.2 đẳng thức xảy an Lu n số lẻ Trong (3.4) thay x −x, ta n va x2n + xn yn + y2n = (x2 + xy + y2 )q(−x, y) ac th si 52 Theo Bài toán 3.2.1, đẳng thức n = 3m + n = 3m + Nếu n = 3m + n số lẻ, nên m phải số chẵn, tức m = 2k n = 6k + Nếu n = 3m + 2, n số lẻ, nên m phải số lẻ, tức m = 2k − Khi n = 6k − Vậy x2n − xn yn + y2n chia hết cho x2 − xy + y2 n = 6k ± 1, k ∈ Z, n ∈ Z+ Bài toán 3.2.5 Xác định n để (x + y)n + xn + yn chia hết cho x2 + xy + y2 lu an Lời giải Giả sử (x + y)n xn + yn chia hết cho x2 + xy + y2 Khi ta có n va (3.5) gh tn to (x + y)n xn + yn = (x2 + xy + y2 )q(x, y) q(x, y)là đa thức đối xứng với hệ số nguyên Trong (3.5) thay x, y tương ie p ứng x2 , y2 , ta có w oa nl (x2 + y2 )n + x2n + y2n = (x4 + x2 y2 + y4 )q(x2 , y2 ) d = (x2 + xy + y2 )(x2 − xy + y2 )q(x2 , y2 ) (3.6) an lu nf va Đẳng thức (3.6) chứng tỏ (x2 + y2 )n + x2n + y2n phải chia hết cho x2 − xy + y2 Ta lm ul có z at nh oi (x2 + y2 )n − (xy)n = (x2 + y2 − xy)[(x2 + y2 )n−1 + (x2 + y2 )n−2 + +(x2 + y2 )(xy)n−2 + (xy)n−1 ] z gm @ Tiếp theo ta có (3.7) (x2 + y2 )n + x2n + y2n = [(x2 + y2 )n − (xy)n ] + (x2n + xn yn + y2n ) co l (3.8) m Từ (3.7) (3.8) suy (x2 + y2 )n + x2n + y2n chia hết cho x2 − xy + y2 an Lu x2n + xn yn + y2n chia hết cho x2 − xy + y2 Theo Bài tốn 3.2.3 điều có n va n = 6k + n = 6k + với k ∈ Z, n ∈ Z+ ac th si 53 Ngược lại, giả thiết n = 2m, với m = 3k + m = 3k + Thế (x + y)n + xn + yn = (x + y)2m + x2m + y2m = [(x + y)2m − (xy)m ] + (x2m + xm ym + y2m ) Để ý (x + y)2m − (xy)m = [(x + y)2m − (xy)m ] = [(x + y)2 − xy]p(x, y) = (x2 + xy + y2 )p(x, y), lu p(x, y) đa thức đối xứng với hệ số nguyên Do (x + y)2m − (xy)m an chia hết cho x2 + xy + y2 Mặt khác m = 3k + 1, m = 3k + nên theo Bài toán va n 3.2.1 đa thức x2m + xm ym + y2m chia hết cho x2 + xy + y2 gh tn to Vậy đa thức (x + y)n + xn + yn chia hết cho x2 + xy + y2 n = 6k + p ie n = 6k + 4, với k ∈ Z, n ∈ Z+ Phương trình hàm đa thức d oa nl w 3.3 an lu Ở khía cạnh giải tích tốn học, đa thức hàm số đặc biệt Ta tính nf va giá trị hàm số phép toán cộng, trừ, nhân Việc tính đạo hàm, tích phân lm ul dễ Một toán quan trọng lý thuyết đa thức tốn giải phương trình hàm đa thức Một cách ngắn gọn, phương trình hàm đa thức z at nh oi phương trình mà ẩn hàm đa thức đại số Luận văn dành phần để tìm hiểu số tốn phương trình z @ hàm đa thức xuất kỳ thi Olympic Những chủ đề sâu sắc lĩnh l gm vực này, tham khảo Nguyễn Văn Mậu [2] m co Bài toán 3.3.1 (Đề thi chọn đội tuyển TP.HCM năm 2006-2007) Tìm tất với x ∈ R n va P2 (2x) = 4[P(x2 ) − xP(2x)] an Lu đa thức thỏa mãn ac th si 54 Lời giải Ta có phương trình cho tương đương với [P(2x) + 2x]2 = 4[P(x2 ) + x2 ] với x ∈ R Đặt F(x) = P(x) + x, phương trình hàm cho trở thành F (2x) = 4F(x2 )2 Đặt d = deg F(x) ta có d = d Từ suy d = d = • Khi d = F(x) = const = c Thay vào phương trình cho ta có lu an c2 = 4c va n Tức ta có F(x) ≡ F(x) ≡ Như tn to P(x) = − x p ie gh P(x) = w • Khi d = ta có F(x) = ax + b với a 6= Thay vào phương trình thu oa nl gọn hai vế ta có d 4a2 x2 + 4abx + b2 = 4ax2 + 4b lu nf va an Đồng hệ số ta a = 0, b = Như F(x) = x, tức P(x) ≡ lm ul Tóm lại nghiệm phương trình cho P(x) = 0, P(x) = − x, P(x) ≡ với x ∈ R z at nh oi Bài toán 3.3.2 (Rumani 1980) Tìm tất đa thức thỏa mãn P(x2 ) = [P(x)]2 z Lời giải Giả sử đa thức cần tìm có dạng với an 6= co l gm @ P(x) = an xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 m Giả thiết hệ số an−1 , an−2 , , a0 khác không Gọi k, với n va P(x2 ) = an x2n + ak x2k + + a1 x + a0 an Lu k < n, số lớn cho ak 6= Khi ta có ac th si 55 = (an x2n + ak x2k + + a1 x + a0 )= [P(x)]2 Đồng hệ số ta nhận = 2an ak Điều trái với giả thiết ak 6= Suy an−1 = an−2 = = a0 = Vậy P(x) = an xn Từ điều kiện an x2n = P(x2 ) = [P(x)]2 = a2n x2n lu ta nhận an = Vậy P(x) = xn đa thức cần tìm an n va Bài tốn 3.3.3 (Rumani 1980) P(x2 − 2x) = [P(x)]2 với x ∈ R gh tn to Lời giải Đặt y = x − 1, Q(y) = P(y − 1) Khi p ie [P(x − 2)]2 = [P(y − 1)]2 = [Q(y)]2 , nl w (x2 − 2x) = P(y2 − 1) = Q(y2 ) oa Do P(x2 − 2x) = [P(x − 2)]2 với x ∈ R Vậy Q(y2 ) = [Q(y)]2 với x ∈ R d Theo Bài tốn 3.3.2 ta có Q(y) = yn , hay P(y) = (y + 1)n với n ∈ N∗ an lu nf va Vậy P(x) = (x + 1)n với n ∈ N∗ lm ul Liên quan đến phương trình hàm, ta thảo luận toán mà ràng z at nh oi buộc tốn có dạng bất phương trình sau Bài tốn 3.3.4 (Albanian TST 2009) Tìm tất đa thức P(x) khác khơng có z với x > co l   P(x)P ≤ [P(1)]2 x gm @ hệ số không âm thỏa mãn m Lời giải Giả sử an Lu P(x) = ad xd + a1 x + a0 n va đa thức thỏa mãn yêu cầu toán Khi ≥ với i = 0, 1, , d ac th si 56 Với x > 0, theo bất đẳng thức Bunyakovsky ta có      P(x)P = ad xd + a1 x + a0 ad x−d + a1 x−1 + a0 x ≥ (ad + a1 + a0 )2 = [P(1)]2 Kết hợp giả thiết   P(x)P ≤ [P(1)]2 x với x >   P(x)P = [P(1)]2 x với x > ta có lu an n va Thay dạng đa thức P(x) giả thiết, ta có với x > gh tn to    d −d −1 ad x + a1 x + a0 ad x + a1 x + a0 = [P(1)]2 p ie Biến đổi tương đương ta nhận    ad xd + a1 x + a0 ad + a1 xd−1 + a0 xd = [P(1)]2 xd oa nl w với x > d So sánh hệ số xd+1 , xd+2 , , x2d ta nf va an lu a0 = a1 = = ad−1 = lm ul Do P(x) = ad xd với ad > z at nh oi Thử lại ta thấy đa thức P(x) = ad xd với ad > thỏa mãn u cầu tốn Tóm lại, P(x) = ad xd với ad > đa thức cần tìm z l gm Đa thức Chebyshev @ 3.4 m co Đa thức Chebyshev lớp đặc biệt đa thức, sợi dây liên kết đẹp đẽ đại số lượng giác Các đa thức Chebyshev không đối tượng nghiên an Lu cứu đại số, mà cịn cơng cụ quan trọng giải tích tốn học, lý thuyết n va xấp xỉ ac th si 57 Mục dành để nghiên cứu sơ lược đa thức Chebyshev tốn liên quan Tài liệu tham khảo sử dụng [3, 6] 3.4.1 Định nghĩa - Tính chất Các đa thức Tn (x) với n ∈ N xác định truy hồi    T0 (x) = 1, T1 (x) = x   Tn+1 (x) = 2xTn (x) − Tn−1 (x) lu gọi đa thức Chebyshev loại an n va gh tn to Các đa thức Un (x) với n ∈ N xác định truy hồi    U0 (x) = 0, U1 (x) =   Un+1 (x) = 2xUn (x) −Un−1 (x) với n ≥ p ie nl w gọi đa thức Chebyshev loại d oa Tính chất 3.4.1 Các đa thức Chebyshev loại có tính chất sau: lu nf va an (1) Với x ∈ [−1, 1] ta có Tn (x) = cos(n arccos x) lm ul z at nh oi (2) Tn (x) đa thức bậc n, có hệ số cao 2n−1 (3) Tn (x) hàm số chẵn n chẵn hàm số lẻ n lẻ z với x ∈ [−1, 1] co l |Tn (x) ≤ gm @ (4) Ta có ước lượng m (5) Phương trình |Tn (x)| = có n nghiệm phân biệt [−1, 1] với k = 0, 1, 2, , n − n n va x = cos π  an Lu cho ac th si 58 Tính chất 3.4.2 Các đa thức Chebyshev loại có tính chất sau: (1) Với x ∈ (−1, 1) ta có Un (x) = sin (n arccos x) √ − x2 (2) Ta có Un (x) = Tn (x) n (3) Un (x) đa thức bậc n, có hệ số cao 2n−1 lu (4) Un (x) hàm số chẵn n lẻ hàm số lẻ n chẵn an n va (5) Ta có ước lượng to với x ∈ (−1, 1) ie gh tn |Tn (x) ≤ n p 3.4.2 Một số toán chọn lọc w oa nl Bài toán chọn lọc mà chúng tơi trình bày biểu diễn đa d thức chuỗi đa thức Chebyshev an lu dạng nf va Bài toán 3.4.3 Chứng minh đa thức f (x) bậc n ≥ biểu diễn lm ul n an 6= f (x) = ∑ Ti (x), (3.9) z at nh oi i=0 Lời giải Ta có Tn (x) đa thức bậc n có hệ số cao 2n−1 nên ta viết z Tn (x) = 2n−1 xn + ϕ(x) 2n−1 ϕ(x) an Lu Bằng quy nạp ta chứng minh được: m T (x) − n−1 n co xn = l gm @ với ϕ(x) đa thức bậc nhỏ n Suy n va f (x) = a0 + a1 T1 (x) + a2 T2 (x) + + an Tn (x) ac th si 59 Bây ta chứng minh tính cách biểu diễn Giả sử f (x) = a0 + a1 T1 (x) + a2 T2 (x) + + an Tn (x) = a00 + a01 T1 (x) + a02 T2 (x) + + a0n Tn (x) Khi n ∑
− Ti (x) = với x ∈ R i=0 Vậy a0 − a00 = a1 − a01 = = an − a0n = lu Hay an n va a0 = a00 , a1 = a01 , , an = a0n tn to Bài toán 3.4.4 Cho đa thức thực f (x) = ax3 + bx2 + cx + d số α > Biết ie gh | f (x)| ≤ α với x ∈ [−1, 1] Tìm giá trị lớn giá trị tuyệt đối hệ số p thức cho d oa nl w Lời giải Đặt nf va an lu A = f (−1) = −a + b − c + d   a b c = − + − +d B= f −   a b c = + + +d C= f lm ul z at nh oi D = f (1) = a + b + c + d E = f (0) = d z gm @ Từ ta có m an Lu n va d = E co l 4 a = − A+ B− C+ D 3 3 1 b = A+ D−E 2 8 c = A− B+ C− D 6 6 ac th si 60 Từ giả thiết ta có |a| ≤ 4α, |b| ≤ 2α, |c| ≤ 3α, |d| ≤ α Với đa thức f (x) = α 4x3 − 3x

g(x) = α 2x2 − , thay vào ta thấy bất đẳng thức trở thành đẳng thức Vậy max |a| = 4α, max |b| = 2α, max |c| = 3α, max |d| = α lu an Bài toán 3.4.5 Cho đa thức Pn−1 (x) bậc khơng vượt q n − có hệ số bậc cao √ a0 , thỏa mãn điều kiện − x2 |Pn−1 (x)| ≤ với x ∈ [−1, 1] Chứng minh n va gh tn to |a0 | ≤ 2n−1 ie Lời giải Ta viết đa thức cho dạng nội suy Lagrange theo nút nội suy p j−1 x j = cos 2n π nghiệm đa thức Chebyshev Tn (x) Ta có d oa nl w q n Tn (x) j−1 Pn−1 (x) = ∑ (−1) − x2j Pn−1 (x j ) n j=1 x−xj an lu Suy nf va 2n−1 a0 = n q − x2j P (x j ) j=1 n q 2n−1 ∑