Đa thức chebyshev và một số ứng dụng trong giải toán

Đa thức Chebyshev số ứng dụng giải toán TỔ TOÁN T.H.P.T CHUYÊN THÁI BÌNH Đa thức Chebyshev mối liên kết đẹp đại số lượng giác Tuy kì thi Olympic gần đây, đa thức Chebyshev xuất hệ thống tập mang tính chất liên quan lí thuyết nó, việc hiểu biết nghiên cứu đa thức Chebyshev chủ đề quan tâm dạy học toán Olympic Trong viết hệ thống lại tính chất quen thuộc đa thức Chebyshev, số ví dụ ứng dụng hướng phát triển tập xung quanh I, Lý thuyết 1, Định nghĩa 1.1 Đa thức Chebyshev loại Với n∈¥ , tồn đa thức Tn ( x) thỏa mãn : Tn (cos x) = cos nx ∀x ∈ ¡ T0 ( x ) = T1 ( x) = x Được gọi đa thức Chebyshev loại Dễ thấy , cos(n + 1) x = cos x.cos nx − cos( n − 1) x nên ta có Tn +1 ( x) = x.Tn ( x) − Tn −1 ( x ) , từ công thức này, đa thức xác định ! Chữ T đa thức viết tắt tên nhà toán học Nga Tschebyscheff, vài đa thức khởi đầu : T2 ( x ) = x − 1 T3 ( x) = x3 − x T4 ( x ) = x − x + T5 ( x) = 16 x − 20 x + x T6 ( x ) = 32 x − 48 x + 18 x − 1.2 Đa thức Chebyshev loại Với n ∈¥ , tồn đa thức U (cos x) = U n ( x) cho : sin(n + 1) x ∀x ∈ ¡ {kπ | k ∈ ¢ } sin x \ Được gọi đa thức Chebyshev loại Dễ thấy U n +1 ( x) = x.U n ( x) − U n −1 ( x) U ( x ) = U1 ( x ) = x , có Một số đa thức khởi đầu U : U ( x) = x − U ( x) = x − x U ( x) = 16 x − 12 x + U ( x) = 32 x − 32 x3 + x U ( x) = 64 x − 80 x + 24 x − 2, Tính chất 2.1 2.2 2.3 Tn ( x ),U n ( x ) ∈ ¢ [ x] Tn ( x), U n ( x) Tn ( x) n , bậc , hệ số cao là hàm chẵn có n chẵn hàm lẻ cos n 2n−1 nghiệm thực phân biệt n 2n lẻ (2k + 1)π ,k = 0; n − 2n Chứng minh: Do x ∈ [ −1;1] nên đặt x = cos t ,(t ∈ [0; π ]) Khi theo 2.1 ta có Tn ( x) = ⇔ cos nt = ⇔ t = Do t ∈ [0; π ] Lại Tn ( x ) 0≤ nên ta có (2k + 1)π (k ∈ ¢ ) 2n (2k + 1)π ≤ π ⇔ k ∈ (n − 1) 2n đa thức bậc n nên có không n nghiệm thực khác Mà hàm số cos nghịch biến [0; π ] nên nghiệm đôi khác Vậy Tn ( x ) có n nghiệm nói Un có n cos nghiệm thực phân biệt kπ , k = 1; n n +1 Chứng minh tương tự 2.4 | Tn ( x) |≤ 1∀x ∈ [−1;1] n +1 , dấu xảy cos điểm kπ , k = 0; n n điểm luân phiên Chebyshev (các luân điểm) Và ta thấy thêm gọi kπ  Tn  cos n   k ÷ = (−1)  Chứng minh tương tự 2.3 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 | U n ( x ) |≤ n,∀x ∈ [−1;1] U n −1 ( x) = Tn ( x) n ’ 1     Tn   x + ÷ =  x n + n ÷∀n ≥ 0, x ≠ x   x  2  n +1 − n −1 1  x −x U n  ( x + x −1 )  = ∀n ≥ 0, x ≠ 0, ±1 x − x −1 2  Tm (Tn ) = Tmn∀m, n ≥ 2.10 (Tn ( x), U n ( x)) cặp nghiệm phương trình Pell đa thức : P ( x) − ( x − 1)Q( x) = Có thể dễ thấy điều từ đa thức khởi đầu công thức truy hồi Tn ( x) = ( x + x − 1) n + ( x − x − 1) n ∀x ≥ 2.11 Pell tính chất , hệ trực tiếp phương trình Các tính chất mục hầu hết dễ thấy chứng minh quy nạp Bạn đọc tự chứng minh để hiểu rõ phương pháp quy nạp đa thức Chebyshev II, Các ví dụ Ở phần giải số toán liên quan đến đa thức Chebyshev để hiểu sâu sắc tính chất nêu Mở đầu với số toán cực trị đa thức : 1, Ứng dụng đa thức Chebyshev toán cực trị liên quan đa thức : Một dấu hiệu để nhận biết toán đa thức có sử dụng tính chất đa thức Chebyshev miền giá trị đa thức Các đa thức miền [−1;1] gợi cách giải sử dụng tính chất đa thức Chebyshev Ví dụ : a) Cho b) Cho f ( x ) = x + bx + c Tìm f ( x ) = x + ax + bx + c b, c ∈ ¡ Tìm để với a , b, c ∈ ¡ để x ∈ [−1;1] , ta có: | f ( x) |≤ 1∀x ∈ [ −1;1] | f ( x ) |≤ Lời giải : a) Xét | f (−1) |,| f (0) |,| f (1) |≤ , ta có : | − b + c |≤ 1;| + b + c |≤ 1;| c |≤ Nhưng =| − b + c + + b + c − 2c |≤| − b + c | + | + b + c | + | −2c |≤ Vậy đồng thời phải xảy đẳng thức ta b = 0; c = −1 dễ dàng chứng minh b = 0; c = −1 f ( x) = x − ngược lại với thỏa (1) với x ∈ [−1;1] b) Ở câu a), cách xét giá trị hàm số điểm biên điểm cho cách đánh giá bất đẳng thức để suy lời giải, câu b) việc dự đoán mò điểm để áp dụng giả thiết khó khăn Nhưng để ý kĩ chút, câu a), kết thu f ( x) đa thức chebyshev bậc 2, điểm chọn luân điểm f ( x) Một cách tự nhiên ta nghĩ đến việc kết câu tương tự phải đa thức Chebyshev bậc việc xét điểm luân điểm rõ ràng phải đánh giá cos điểm kπ , k = 0;3 | f (x) | với ! Các Thật vậy, từ giả thiết, ta có 1 | f (1) |,| f  ÷|,| 2 | + a + b + c |≤ 1, | −4 + a − b + c |≤ , Để ý dấu bất đẳng thức  −1  f  ÷|,| f ( −1) |≤   Do : 1 1 1 + a + b + c ≤1 − + a − b + c ≤1 2 , | a1 + a2 + + an |≤| a1 | + | a2 | + + | an | dấu, nhờ có việc dự đoán a = 0, b = −3, c = xảy , ta sử dụng bất đẳng thức sau : | + 2b |≤| + a + b + c | + | + b − a − c |≤ ⇒| + b |≤ 1 1 1 | −1 − b |≤ − − a − b − c + − + a − b + c ≤ 2 2 Và cuối cần khử ≤| + b | + | −1 − b |≤ + = b : Vậy dấu tất bất đẳng thức xảy ra, hay f ( x) = x − x , với f ( x ) = cos3α ∈ [−1;1] x ∈ [−1;1] bất kì, tồn α ∈ [0;π ] để b = −3, a = c = x = cos α Lúc , lúc , điều kiện đủ toán Tương tự trên, tổng quát hóa toán : Ví dụ : (Định lý Chebyshev) Cho đa thức 2n−1 f ( x) Chứng minh thỏa mãn f ( x) ∈ ¡ [ x ] , bậc | f ( x) |≤ 1∀ | x |≤ n có hệ số cao f ( x) đa n thức Chebyshev bậc Cách giải hoàn toàn tương tự với việc xét luân điểm đa thức Chebyshev bậc n cos ≤ n −1 kπ , k = 0; n n thêm tham số vào để giải phương trình khử hệ số bậc đa thức Đây tập luyện tập cho bạn đọc Ví dụ : (Đề đề nghị Olympic 30/4-2003) :Tìm (a, b, c) ∈ ¡ để max | x + ax + bx + c | f(x)= | x| ≤1 đạt giá trị nhỏ Lời giải : Do có điều kiện | x |≤ đa thức bậc 3, ta nghĩ đến xét điểm luân điểm đa thức Chebyshev bậc Kí hiệu f ( x ) =| x + ax + bx + c | M = max f ( x ) ⇒ f (1) =|1 + a + b + c |; f ( −1) =|1 − a + b − c | Suy f (1) + f (−1) ≥| + 2b | Dấu “=” xảy | x|≤1 ; 1 a b  −1  a b f  ÷= + + + c ; f  ÷= − + − c 2   (1 + a + b + c)(1 − a + b − c) ≥ 1 f  ÷+ 2  1 f  − ÷≥ | + b |  2 Dấu “=” xảy Suy 1 a b  a b   + + + c ÷ − + − c ÷ ≥ 8    f ( 1) + f ( −1) +  f  ⇒ 6M ≥ 1  ÷+ 2   f  − ÷ ≥   ⇒M ≥  a b  a b   + + + c ÷ − + − c ÷ ≥    ( + a + b + c ) ( − a + b − c ) ≥  M = ⇔  −1  ( + 2b )  − 2b ÷≥   a = c =    1⇔ 1  1 −3 f (1) = f − = f = f − = M = ( ) b=   ÷  ÷  2       max | x + ax + bx + c | Vậy | x| ≤1 đạt a = c = 0; b = − Ví dụ : Cho f ( x) = an x n + an −1 x n −1 + 1 f *( x) = x n f  ÷∀x ≠ x a) Chứng minh : Với Tn ( x) … + a1 x + a0 thỏa mãn | f ( x) |≤ 1∀x ∈ [ −1;1] Xét | f *( x ) |≤| Tn *( x ) |, ∀x ∈ [−1;1], x ≠ n đa thức Chebyshev loại bậc , 1 Tn *( x) = x n Tn  ÷, ∀x ≠ x | f *( x) |≤ n −1 , ∀x ∈ [−1;1] b) Chứng minh Lời giải : a) Bài toán tương đương với việc chứng minh Đặt luân điểm n n +1 điểm πk  cos  ÷ = ak  n  ak với n k =0 | ak |≤ 1∀k = 0; n | f ( x ) |= n ∑ k =0 Ta thấy với a0 > a1 > > an với x ∈/ ( −1,1) Xét nội suy Lagrange f ( x) bậc ta có : f ( x ) = ∑ f ( ak ) Mặt khác k = 0,… n | f ( x ) |≤| Tn ( x ) | f (ak )∏ x ≥1 i≠k nên tích kết hợp với giả thiết, ta có : n n x − x − x − ≤ ∑ | f (ak ) | ∏ ≤ ∑∏ ak − k =0 k = i ≠ k ak − i ≠ k ak − x ≤ −1 ∏ (a i≠k ( x − a0 ) ( x − ak −1 )( x − ak +1 ) ( x − an ) (ak − a0 ) (ak − ak −1 )( ak − ak +1 ) (ak − an ) k , tất phần tử dạng − ) dấu với n ∑∏ k =0 i ≠ k x − = ak − n (−1)k x − (1) có dấu, Từ suy : x − k − ∑ (−1) ∏ a k =0 k i≠k (2) Mặt khác ta để ý tính chất quen thuộc đa thức Chebyshev : dụng khai triển Lagrange với đa thức Chebyshev bậc n x − = Tn ( x) k − n Tn (ak ) = ( −1) k n +1 Ta áp luân điểm : ∑ (−1) ∏ a k k =0 i≠k (3) Từ (1), (2) (3) ta có điều phải chứng minh b) Với điều chứng minh câu a), ta cần thêm | Tn *( x) |≤ 2n −1 ∀x ∈ [−1;1] đủ Do đa thức Chebyshev xk = cos biệt Tn n có bậc , hệ số cao (2k + 1)π , k = 0; n − 2n 2n−1 n , có nghiệm thực phân Nên có dạng : Tn ( x) = 2n −1.( x − x0 )( x − x1 ) … ( x − xn −1 ) Vậy nên 1 Tn *( x) = x n Tn  ÷ = n −1 (1 − xx0 )(1 − xx1 )  x Với x ≠0 đa thức nên với cos(π − α ) = − cos α nên dãy xn −1− k = − xk ∀k = 0; n − ( x0 , x1 , … , xn −1 ) … x ∈¡ dãy đối dãy ( xx xn −1 ) Ta nhận thấy ( xn −1 , xn − , … , x0 ) (hay Từ ta có : Tn *( x) = 2n −1 (1 + xxn−1 )(1 + xxn− ) … (1 + xx0 ) 10 Định lý 1: Ta ý hàm toàn với Tn ( x) 1    f n   x + ÷÷ =  x n + n ÷ x   x  2 Chứng minh đơn giản cách f ( x) = 1, f1 ( x) = x, f n +1 ( x) = x f n ( x) − f n−1 ( x) Định lý 2: Giả sử Kí hiệu có công thức giống hoàn Q2 k +1 ( x) sin(2k + 1)t = P2 k +1 (sin t ) đa thức đại số bậc nên dãy trùng , 2k + P2 k +1 ( x ) sinh đa thức đại số bậc P2 k +1 ( x ) 2k + cách giữ nguyên hệ số ứng với lũy thừa chia dư thay hệ số ứng với lũy thừa chia dư hệ số đổi dấu 1    Q2 k +1   a − ÷÷ =  a k +1 − k +1 ÷ a   a   2 Sau số hệ thức liên quan tới hàm Hyperbolic Khai triển trực tiếp áp dụng công thức lượng giác ta có đẳng thức hữu dụng sau : 1  1   a + ÷ =   a + ÷ − 1∀a ≠  2 a  a  2 1  1 1     a + ÷ =   a + ÷ −   a + ÷ ∀a ≠ 2 a  a  a  2 2 Từ cos5t = 16cos5 t − 20cos3 t + 5cos t 1   a + ÷ = 16m − 20m + 5m 2 a  Từ sin 3t = 3sin t − 4sin t ta 1 1 ( m =  a + ÷) 2 a ta 13 1  1  1     a − ÷ =   a − ÷ +   a − ÷ ∀a ≠ 2 a  a  a  2 2 Từ sin 5t = 16sin t − 20sin t + 5sin t ta 1  1 1  a − ÷ = 16m + 20m + 5m (m =  a − ÷) 2 a  2 a Sử dụng đẳng thức ta giải sau Ví dụ 6: Giải phương trình x + 10 x + 20 x − 18 = Lời giải Ta có công thức sau 1   a − ÷ = 16m + 20m + 5m 2 a  , 1 1 m = a − ÷ 2 a (đa thức Chebyshev) (1) Ta đặt 1  x = 2a − ÷ a a ≠0  ( a− ) (Đặt hàm a vét hết toàn ¡ ) Từ đó, phương trình viết lại 1 1 1     a − ÷ + 20  a − ÷ + 20  a − ÷− 18 = a a a    ⇔ 1 1 5  5 1 a − ÷ +  a − ÷ +  a − ÷=  2 a 2 a  2 a (2) Áp dụng công thức (1) vào phương trình (2) ta 1  ⇔ a5  a − ÷= 2 a  ( ) − 9 ± 113 a −1 = ⇔ a = 4 Phương trình có nghiệm  + 113 x = 2 −5  + 113   ÷ ÷  Ví dụ 7: 14 Chứng minh phương trình : 16 x5 − 20 x3 + x + = có nghiệm nhất.Tìm giá trị nghiệm Lời giải TH1: | x |≤ Đặt x = cos a với 0≤ a ≤π (1) trở thành: 16cos5 a − 20cos3 a + 5cos a + = ⇔ cos5a = −2 Phương trình vô nghiệm TH2: | x |> Đặt 16 1 1 x = a + ÷ 2 a a nên (1) vô nghiệm với a∈¡ x mà | x |≤ (1) trở thành: 1 1 1 1 1 1 a + ÷ − 20  a + ÷ +  a + ÷+ =   a  a 2 2 ⇔ a5 + +4=0 a5  a = −2 + ⇔ a10 + 4a + = ⇔   a = −2 − a = a1 = −2 + a = a2 = −2 − 15  1 x = x1 =  −2 + + ÷  −2 + ÷  1 x = x2 =  −2 − +  −2 − Mặt khác, ý  ÷ ÷  a1a2 = ⇒ x1 = x2 Do vậy, (1) có nghiệm là:  1 x =  −2 + + ÷  −2 + ÷  Ví dụ : Cho r số thực dương thỏa mãn r+ =6 r Tìm giá trị r− r Lời giải  1 1  x + =  x + ÷ − 3 x + ÷ x  x x  Từ đẳng thức r+ Ta có = 66 − 3.6 = 198 r Vì  4  r − ÷ = 198 − r  Và giá trị r− r 14 16 3, Ứng dụng đa thức Chebyshev toán lượng giác liên quan đến số hữu tỉ α Ví dụ 9: Chứng minh cos απ hữu tỷ cos απ ∈¢ Phân tích hướng : Do α α= hữu tỉ nên đặt dạng Chebyshev nhận Tq (cos απ ) = cos pπ = ±1 nghiệm cos απ cos απ Thật tự nhiên ta nghĩ đến chuyện xét đa thức nghiệm lần nghiệm nguyên Ta thấy suy phương trình Tq ( x) ± = (hoặc cộng trừ) có mặt khác ta có bổ đề : Nếu đa thức nguyên nhận số hữu tỉ 2n −1.cos απ p ,( p; q ) = q u v nghiệm u | a0 , v | an an x n + an −1 x n −1 + … + a0 Nhưng ta nguyên, toán chưa giải Từ ta mong muốn tìm đa thức có hệ số cao nhỏ hơn, tốt 1, nhận cos απ làm nghiệm, có dạng gần giống đa thức Chebyshev Lời giải : Với n ∈¥ tồn đa thức T cho : Tn (2 cos x) = cos nx Và đồng thời Tn xác định theo công thức truy hồi : T0 ( x) = 2, T1 ( x ) = x, Tn +1 ( x) = x.Tn ( x) − Tn −1 ( x) (Do cos( n + 1) x = cos x.cos nx − cos( n − 1) x ) 17 Bằng quy nạp, ta thấy Mà Tn ( x) monic (có hệ số cao 1) Tq (2 cos απ ) = 2cos pπ = ±2 S ( x) = Tq − ∈ ¢ [ x] p chẵn nhận ) Vậy lúc đa thức : cos απ R( x) = Tq + p lẻ làm nghiệm hữu tỉ mà đa thức monic cos απ ∈¢ Vậy (Do p∈¢ Tn ( x ) ∈ ¢ [ x] Nói thêm cos απ ∈ [−1;1] Ví dụ 10 : Tìm tất số hữu tỉ a ∈ (0;1) nên ta suy cos απ ∈ {0; ± ; ±1} thỏa mãn điều kiện sau : cos(3π a) + cos(2π a) = Lời giải : Đặt cos π a = t , sử dụng hệ thức giảm bậc, ta có phương trình : 4t + 4t − 3t − = Tương đương (2t + 1)(2t + t − 2) = • 2t + t − = t = cos π a = Nếu Do với a a= số hữu tỉ, đặt Tq ( x) p q với −1 ± 17 p, q ∈ ¢ , ( p; q ) = Lúc q Tq ( x) ∈ ¢ [ x] đa thức Chebyshev bậc , Tq (cos π a ) = cos π p = ±1 có hệ số dẫn đầu 2q−1 , 18 p Giả sử Xét chẵn, lúc Q( x) = x + x − R( x) ≤ bậc Thay  −1 − 17  R  ÷ ÷=   suy Vậy Q( x) | T ( x) , đặt phép chia đa thức x=t R( x) = 0∀x ∈ ¡ Tq (cos π a) − = Tq ( x) − = T ( x) T ( x) = P( x).Q( x) + R( x)  −1 + 17  R  ÷ ÷=   vào đẳng thức ta có R ( x ) ∈ ¢ [ x] nên R với R( x ), P ( x ) ∈ ¢ [ x] , có bậc 1, hay R số, Xét phương trình T ( x) = (2 x + x − 2) P ( x ) , ta thấy q −1  2kπ  T ( x) = Tq ( x) − = q −1.∏  x − cos q ÷ k =0   nên xét phân tích tiêu chuẩn vế, cos 2kπ q làm nghiệm hay 22 + x − phải nhận nghiệm  2u  2v  x + x − = a  x − cos ÷ x − cos ÷ q  q   thực Đồng hệ số bậc ta có a=2 Vậy nên phải tồn với a số u , v ∈ {0;1; ; q − 1} cho :  2u  2v  x + x − = 2. x − cos ÷ x − cos ÷ q  q   19 cos 2u 2v cos = −1 q q Hay Nhưng có trị tuyệt đối −2(cos Nhưng lúc hệ số bậc vế phải ≤1 nên phải 2u 2v + cos ) q q ±1 số chẵn, khác Vô lí Trường hợp p t=− lẻ lí luận tương tự ta có điều vô lí Vậy Ví dụ 11 : Giả sử cos kx k >2 số nguyên dương x a= số thực cho cos(k − 1) x số hữu tỉ Chứng minh có số nguyên dương n>k cho cos(n − 1) x cos nx số hữu tỉ Lời giải : Ta có nhận xét nguyên dương (do k cos x số hữu tỉ cos( kx) = Pk (cos x) , với cos(kx) Pk ( x) số hữu tỉ, với k số đa thức Chebyshev loại với bậc , đa thức hệ số nguyên) Vì theo yêu cầu đề bài, ta cần chứng minh hệ đồng dư sau có nghiệm đủ : (mod k ) n ≡   n ≡ (mod(k − 1)) Nhưng hệ có nghiệm theo định lý thặng dư trung hoa (chẳng hạn lấy n = k2 ) Ta có điều phải chứng minh 4, Ứng dụng đa thức Chebyshev toán số học : 20 Sự truy hồi bậc đa thức Chebyshev thường gặp toán dãy số đồng thời giống với truy hồi dãy nghiệm phương trình Pell Sử dụng đa thức Chebyshev tính chất cho ta lời giải thú vị toán số học dãy số số học Chúng ta xem xét ví dụ sau : Ví dụ 12: [Mở rộng TST 2012] p Cho nguyên tố lẻ xét dãy Chứng minh: x2 m + p +1 ( xn ) thỏa x1 = 1, x2 = p xn + = pxn +1 − xn số phương với số nguyên dương m Lời giải : Xét đa thức Chebyshev loại loại : T0 ( x) = 1, T1 ( x) = x, Tn + = xU n +1 ( x) − U n ( x) U ( x) = 1, U1 ( x) = x, U n + = xU n +1 ( x) − U n ( x) Ta có đẳng thức quen thuộc liên hệ hai đa thức dạng kiểu phương trình Pell : Tn2 ( x) − ( x2 − 1)U n2−1 ( x) = ⇔ Tn ( x) − Tn ( x) + = U n2−1 ( x) x −1 x +1 Ta chứng minh : Tn ( x ) − ∈ ¢ , ∀n ∈ ¥ * x −1 Tn ( x) + ∈ ¢ , ∀n ∈ ¥ , n ≡ x +1 ( mod ) Thực vậy, ta có tính chất quen thuộc sau đa thức Chebyshev loại : Tn (1) = 1, ∀n ∈ ¥ * 21 Điều đồng nghĩa với việc đa thức làm nhân tử, tức Tn ( x) − nhận x =1 làm nghiệm, hay nhận x −1 Tn ( x) − ∈¢ x −1 Ta có : Tn (−1) = (−1) n , ∀n ∈ ¥ * Do n lẻ nghiệm, hay nhận Tn ( −1) = −1 x +1 làm nhân tử, tức Dễ dàng nhận thấy Ở đây, ta xét n Điều cho thấy đa thức xn +1 = Tn ( p ) Tn ( x) + Tn ( x) + ∈ ¢ , ∀n ∈ ¥ , n ≡ x +1 nhận x = −1 làm ( mod ) n với số tự nhiên lẻ : Tn ( p ) − Tn ( p ) + = U n2−1 ( p ) (*) p −1 p +1 Gọi :  T ( p ) − Tn ( p ) +  d = gcd  n , ÷⇒ d ∣ p +1   p −1 Từ suy U n −1 ( p) số chẵn, điều vô lí với n lẻ n −1 chẵn đa thức Chebyshev loại có bậc chẵn số lẻ biến số số nguyên Như phải có d =1 Từ (*) ta suy phương với số nguyên dương n Tn ( p) + xn +1 + = p +1 p +1 số lẻ 22 n Ví dụ 13 : Tìm nguyên dương để (2n − 1)(3n − 1) số phương Lời giải : Trường hợp n = 1, , tính toán ta thấy đại lượng số phương, loại, Với n≥3 , đặt 2n − ≡ Vậy n (2n − 1)(3n − 1) = m2 với m số nguyên dương Nếu ( mod ) ,3n − ≡ ( mod ) ⇒ m2 ≡ ( mod ) phải chẵn, đặt n = 2k Lúc ta có thuộc, m phải chẵn nên ta có : ( mod 8) mũ thừa số phương trình Pythagore quen Từ suy k phải chẵn k lẻ hay phân tích vế thành tích thừa số nguyên tố số vế trái – số chẵn vế phải số mũ số lẻ số mũ số nguyên tố khai triển Vậy tìm số tính chất Bây đặt với a = k , b = 3k ⇒  ab + = u + v  2 a+b = u −v  m = 2uv   2k + 3k = u − v ⇒ k 2 k k  + = u + v ⇒ (3 + 1)(2 + 1) = 2u 3k + ≡ lẻ (vô lí) ( a − 1)(b2 − 1) = m (ab) − a − b + = m ⇒ ( ab + 1) = m + (a + b) n n (2n − 1,3n − 1) = d ⇒ n − = d r ,3n − = d s u2 nM4 với là chẵn ( s; r ) = 1, dsr = m 23 X − d Y = Xét phương trình Pell Do n≥3 3n − = d s d nên số (2k , r ) (3k , s) phương Vậy phương trình phương trình Pell loại 1, nhận , cặp nghiệm ( X n , Yn ) Ta chứng minh phương trình có dãy nghiệm thuộc dãy {X n} 2k X = 1, X = t > Xn Lúc giá trị xuất dãy phải X1 lẻ t nhân với n lẻ >1 (Do có ước nguyên tố lẻ Từ suy t >1 2k công thức truy hồi Tn (t ) lẻ tới n ( mod 3) phải X1 Vậy n chẵn Tn (t ) Và ta quy nạp Xn ≡1 số Tn (t ) muốn có mặt dãy k chẵn nên ( mod3) ∀n ∈ ¥ Thật giả sử : X n +1 = 2k +1 X n − X n −1 ≡ X n − X n −1 ≡ 3k Ta chứng minh ), nên trường hợp đó, Nhưng mặt khác, theo tính chất chứng minh X1 ≡ X ≡ Tn (t ) Thật quy nạp đơn giản, ta thấy >1 3k Giả sử dãy có nghiệm khởi đầu X n +1 = 2t X n − X n −1∀n ≥ 2k ( mod3) xuất dãy Phương trình vô nghiệm nguyên 24 Qua chuyên đề, tác giả hi vọng bạn có nhìn rõ đa thức Chebyshev cách sử dụng qua toán khác Từ thấy niềm vui nghiên cứu làm việc với chuyên đề thi đẹp đáng biết đến toán Olympic Chúc bạn say mê tìm tòi học tập tốt ! Sau số tập để bạn luyện tập III, Bài tập đề nghị Dưới số tập luyện tập ứng dụng đa thức Chebyshev 1, Cho số nguyên dương n xk = cos kπ , k = 0; n n Chứng minh : (−1) k n ( xk − x j ) = n −1 ∏ j≠k a) n ∏ (x j =1 − xj ) = , ≤ k ≤ n −1 n 2n −1 b) n −1 ∏ ( xn − x j ) = j =0 (−1)n n 2n − c) 2, Cho n số nguyên dương đa thức − x | P ( x) |≤ 1∀ | x |≤ P ( x) ∈ ¡ [ x ] bậc không n −1 thỏa mãn C Chứng minh : a) Hệ số bậc cao | P ( x ) |≤ n∀x ∈ [−1;1] b) P không vượt 2n−1 n P ( x ) = ∑ (a j cos jx + b j sin jx) 3, Cho đa thức lượng giác Chứng minh : j =0 thỏa mãn | P ( x ) |≤ 1∀x ∈ ¡ 25 P ( x) |≤ n∀x ∈ ¡ | ’ 4, (Định lý Berstein – Markov) Cho đa thức | P ( x ) |≤ 1∀x ∈ [−1;1] P( x) ∈ ¡ [ x] bậc n thỏa mãn Chứng minh : P ( x) |≤ n ∀x ∈ [−1;1] | ’ 5, Cho A1 , A2 , , An n điểm mặt phẳng Chứng minh đoạn l thẳng có độ dài tồn điểm M cho : l MA1.MA2 MAn ≥  ÷  4 6, Chứng minh với n ≥1 ta có : Tn +1 ( x) = x.Tn ( x) − (1 − x )U n −1 ( x) U n ( x ) = xU n −1 ( x ) + Tn ( x ) 7, Tìm tất số thực ( x, y , z , u , v ) , tất ∈ [ −2;2] thỏa mãn hệ x+ y + z +u +v =0 x3 + y3 + z + u + v3 = x + y + z + u + v = −10 26 IV TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Blog thầy Nguyễn Trung Tuân : http://nttuan.org/ [2] Blog Juliel : https://julielltv.wordpress.com/ [3] Diễn đàn toán học : http://diendantoanhoc.net/forum/ [4] Putnam & Beyond – Titu Andreescu [5] Wikipedia : https://en.wikipedia.org/wiki/Chebyshev_polynomials [6] Chuyên khảo dãy số- Nguyễn Tài Chung 27 [...]... cos kx k >2 là số nguyên dương và x 1 2 a= hay là số thực sao cho 2 3 cos(k − 1) x và là số hữu tỉ Chứng minh rằng có số nguyên dương n>k sao cho cos(n − 1) x và cos nx là số hữu tỉ Lời giải : Ta có nhận xét rằng nếu nguyên dương (do k cos x là số hữu tỉ thì cos( kx) = Pk (cos x) , với cos(kx) Pk ( x) cũng là số hữu tỉ, với k là số là đa thức Chebyshev loại 1 với bậc , là một đa thức hệ số nguyên) Vì... Sử dụng đa thức Chebyshev cùng các tính chất của nó đôi khi cho ta những lời giải thú vị trong những bài toán số học hoặc dãy số số học Chúng ta cùng xem xét ví dụ sau : Ví dụ 12: [Mở rộng TST 2012] p Cho nguyên tố lẻ và xét dãy Chứng minh: x2 m + 1 p +1 ( xn ) thỏa x1 = 1, x2 = p và xn + 2 = 2 pxn +1 − xn là số chính phương với mọi số nguyên dương m Lời giải : Xét các đa thức Chebyshev loại 1 và. .. ≤ ∑ k =1 , và xk ∈ [−1;1]∀k = 1; n nên : n Tn −1 ( xk ) 1 ≤∑ ( xk − x1 ) ( xk − xk −1 )( xk − xk +1 ) ( xk − xn ) k =1 tk Bài toán được chứng minh ! 2, Ứng dụng đa thức Chebyshev vào giải các phương trình bậc cao : Với 1 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 phương trình cồng kềnh về dạng hồi quy để giải quyết... theo yêu cầu đề bài, ta chỉ cần chứng minh hệ đồng dư sau có nghiệm là đủ : (mod k ) n ≡ 0   n ≡ 1 (mod(k − 1)) Nhưng hệ này luôn có nghiệm theo định lý thặng dư trung hoa (chẳng hạn lấy n = k2 ) Ta có điều phải chứng minh 4, Ứng dụng đa thức Chebyshev trong các bài toán số học : 20 Sự truy hồi bậc 2 của đa thức Chebyshev rất thường được gặp trong các bài toán dãy số và đồng thời nó cũng giống với... ( p) 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 phải có d =1 Từ (*) ta suy ra ngay phương với mọi số nguyên dương n Tn ( p) + 1 xn +1 + 1 = p +1 p +1 là một số chính lẻ 22 n Ví dụ 13 : Tìm nguyên dương để (2n − 1)(3n − 1) là số chính phương Lời giải : Trường hợp n = 1, 2 , bằng tính toán ta... Ví dụ 8 : Cho r là số thực dương thỏa mãn r+ 1 =6 r 4 6 Tìm giá trị của r− 1 r 4 Lời giải 3 1  1 1  x + 3 =  x + ÷ − 3 x + ÷ x  x x  3 Từ đẳng thức r+ Ta có 1 = 66 − 3.6 = 198 r 2 Vì vậy 1  4  r − 4 ÷ = 198 − 2 r  4 Và giá trị của r− 1 r 4 là 14 16 3, Ứng dụng của đa thức Chebyshev trong các bài toán lượng giác liên quan đến số hữu tỉ α Ví dụ 9: Chứng minh rằng nếu và cos απ hữu tỷ thì... Nhưng như vậy ta chỉ mới chỉ ra được nguyên, bài toán vẫn chưa được giải quyết Từ đó ta mong muốn tìm được 1 đa thức có hệ số cao nhất nhỏ hơn, tốt nhất là 1, nhận 2 cos απ làm nghiệm, và có dạng gần giống đa thức Chebyshev Lời giải : Với mỗi n ∈¥ tồn tại duy nhất 1 đa thức T sao cho : Tn (2 cos x) = 2 cos nx Và đồng thời Tn được xác định theo công thức truy hồi : T0 ( x) = 2, T1 ( x ) = x, Tn +1 (... những chuyên đề tuy ít khi được thi nhưng rất đẹp và đáng được biết đến của toán Olympic Chúc các bạn luôn say mê tìm tòi và học tập tốt ! Sau đây là một số bài tập để các bạn luyện tập III, Bài tập đề nghị Dưới đây là 1 số bài tập luyện tập về sự ứng dụng của đa thức Chebyshev 1, Cho số nguyên dương n xk = cos và kπ , k = 0; n n Chứng minh rằng : (−1) k n ( xk − x j ) = n −1 ∏ 2 j≠k a) n ∏ (x j =1 0 −... Chứng minh rất đơn giản bằng cách chỉ ra f 0 ( x) = 1, f1 ( x) = x, f n +1 ( x) = 2 x f n ( x) − f n−1 ( x) Định lý 2: Giả sử Kí hiệu có công thức giống hoàn Q2 k +1 ( x) sin(2k + 1)t = P2 k +1 (sin t ) là đa thức đại số bậc vậy nên 2 dãy trùng nhau , trong đó 2k + 1 P2 k +1 ( x ) sinh bởi là đa thức đại số bậc P2 k +1 ( x ) 2k + 1 bằng cách giữ nguyên những hệ số ứng với lũy thừa chia 4 dư 1 và. .. Cho n là 1 số nguyên dương và đa thức 1 − x 2 | P ( x) |≤ 1∀ | x |≤ 1 P ( x) ∈ ¡ [ x ] bậc không quá n −1 thỏa mãn C Chứng minh rằng : a) Hệ số bậc cao nhất của | P ( x ) |≤ n∀x ∈ [−1;1] b) P không vượt quá 2n−1 n P ( x ) = ∑ (a j cos jx + b j sin jx) 3, Cho đa thức lượng giác Chứng minh rằng : j =0 thỏa mãn | P ( x ) |≤ 1∀x ∈ ¡ 25 P ( x) |≤ n∀x ∈ ¡ | ’ 4, (Định lý Berstein – Markov) Cho đa thức | P ... với số toán cực trị đa thức : 1, Ứng dụng đa thức Chebyshev toán cực trị liên quan đa thức : Một dấu hiệu để nhận biết toán đa thức có sử dụng tính chất đa thức Chebyshev miền giá trị đa thức. .. chứng minh 4, Ứng dụng đa thức Chebyshev toán số học : 20 Sự truy hồi bậc đa thức Chebyshev thường gặp toán dãy số đồng thời giống với truy hồi dãy nghiệm phương trình Pell Sử dụng đa thức Chebyshev. .. Bài toán chứng minh ! 2, Ứng dụng đa thức Chebyshev vào giải phương trình bậc cao : Với số công thức bậc cao đa thức Chebyshev sử dụng với hàm hyperbolic cho ta hướng suy nghĩ đặt ẩn phụ đưa toán