Da-thuc-Chebyshev

ĐA THỨC CHEBYSHEV Ngày tháng 10 năm 2015 Đỗ Trọng Đạt -Trần Trung Kiên LỜI NÓI ĐẦU 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 chúng tơi hệ thống lại tính chất quen thuộc đa thức Chebyshev, số ví dụ ứng dụng hướng phát triển tập xung quanh Mặc dù chúng tơi cố gắng q trình biên soạn khơng tránh khỏi sai sót mong bạn đọc góp ý để hồn thiện Sinh viên K60 lớp cử nhân tài Tốn học ĐHKHTN-ĐHQGHN TP.Hồ Chí Minh I LÝ THUYẾT Định nghĩa 1.1 Đa thức Chebyshev loại Với n ∈ N, tồn đa thức Tn (x) thỏa mãn : Tn (cos x) = cos nx ∀x ∈ R Được gọi đa thức Chebyshev loại Dễ thấy T0 (x) = 1, T1 (x) = x cos(n + 1)x = cos x cos nx − cos(n − 1)x nên ta có Tn+1 (x) = 2x.Tn (x) − Tn−1 (x) Cơng thức chứng tỏ Tn Chữ T tên đa thức viết tắt tên nhà toán học Nga Tschebyscheff, vài đa thức khởi đầu : T2 (x) = 2x2 − T3 (x) = 4x3 − 3x T4 (x) = 8x4 − 8x2 + T5 (x) = 16x5 − 20x3 + 5x T6 (x) = 32x6 − 48x4 + 18x2 − T7 (x) = 64x7 − 112x5 + 56x3 − 7x T8 (x) = 128x8 − 256x6 + 160x4 − 32x2 + 1.2 Đa thức Chebyshev loại Với n ∈ N, tồn đa thức Un (x) cho : U (cos x) = sin(n + 1)x ∀x ∈ R; {kπ|k ∈ Z} sin x Được gọi đa thức Chebyshev loại Dễ thấy U0 (x) = 1, U1 (x) = 2x từ hệ thức lượng sin ta có Un+1 (x) = 2x.Un (x) − Un−1 (x) Và nhờ cơng thức này, ta có thấy Un Một số đa thức khởi đầu U : U2 (x) = 4x2 − U3 (x) = 8x3 − 4x U4 (x) = 16x4 − 12x2 + U5 (x) = 32x5 − 32x3 + 6x U6 (x) = 64x6 − 80x4 + 24x2 − U7 (x) = 128x7 − 192x5 + 80x3 − 8x U8 (x) = 256x8 − 448x6 + 240x4 − 40x2 + Trang http://diendantoanhoc.net Tính chất 2.1 Tn (x), Un (x) ∈ Z[x], bậc n, hệ số cao 2n−1 2n 2.2 Tn (x), Un (x) hàm chẵn n chẵn hàm lẻ n lẻ 2.3 Tn (x) có n nghiệm thực phân biệt cos (2k+1)π , k = 0; n − 2n kπ Un có n nghiệm thực phân biệt cos n+1 , k = 1; n Chứng minh Do x ∈ [−1; 1] nên đặt x = cos t, (t ∈ [0; π]), ta có : Tn (x) = ⇔ cos nt = , k = 0; n − nên Tn (x) có n nghiệm cos (2k+1)π ,k = Phương trình có n nghiệm t = (2k+1)π 2n 2n 0; n − nghiệm thực phân biệt mà Tn có bậc n Khẳng định chứng minh ! Nghiệm Un chứng minh tương tự 2.4 |Tn (x)| ≤ 1∀x ∈ [−1; 1] Dấu xảy n + điểm cos kπ , k = 0; n gọi điểm n luân phiên Chebyshev (các luân điểm) Và ta thấy thêm   kπ Tn cos = (−1)k n Chứng minh Sử dụng định nghĩa tương tự 2.3 2.5 Un (x) = T (x) n + n+1 Chứng minh Sử dụng quy nạp công thức truy hồi, dễ dàng Un (x) = 2Tn (x) + Un−2 (x)∀n ≥ Tiếp tục quy nạp để chứng minh khẳng định ban đầu, ta thấy với n = 0, Giả sử khẳng định đến n, ta có : Tn+1 (x) = 2x.Tn (x) − Tn−1 (x) 0 ⇒ Tn+1 (x) = 2x.Tn0 (x) − Tn−1 (x) + 2Tn (x) = 2x.n.Un−1 (x) − (n − 1)Un−2 (x) + 2Tn (x) = n.Un (x) + Un−2 (x) + 2Tn (x) = (n + 1)Un (x) Phép quy nạp hoàn tất ! 2.6 "   #  1 1 n Tn x+ = x + n ∀n ≥ 0, x 6= x x Chứng minh Ta chứng minh điều quy nạp, thấy "  "  # #   1 1 1 T0 x+ = 1, T1 x+ = x+ x x x http://diendantoanhoc.net Trang Giả sử điều phải chứng minh đến n, theo công thức truy hồi Tn ta có : "  # 1 Tn+1 x+ x "    "  # # 1 1 x+ Tn x+ − Tn−1 x+ x x x "    # 1 1 = x+ xn + n − xn−1 + n−1 x x x   1 n+1 x + n+1 = x = 2 Ta có tính chất chứng minh 2.7  Un  xn+1 − x−n−1 −1 (x + x ) = ∀n ≥ 0, x 6= 0, ±1 x − x−1 Chứng minh Sử dụng định nghĩa tương tự 2.3 2.8 Tm (Tn ) = Tmn ∀m, n ≥ 2.9 (Tn (x), Un−1 (x)) cặp nghiệm phương trình Pell đa thức : P (x)2 − (x2 − 1)Q(x)2 = ∀x ≥ Có thể dễ thấy điều từ đa thức khởi đầu công thức truy hồi 2.10 Tn (x) = Un−1 (x) = (x + √ √ x2 − 1)n + (x − x2 − 1)n , ∀n ≥ (x + √ x2 − 1)n − (x − √ x2 − √ x2 − 1)n , ∀n ≥ hệ trực tiếp phương trình Pell tính chất (Hoặc coi hệ tính chất 2.6 2.7) 2.11 |Un (x)| ≤ n , ∀x ∈ [−1; 1], n ∈ N Tác giả không muốn sa đà sâu vào chứng minh tính chất mục hầu hết chúng dễ thấy chứng minh quy nạp Bạn đọc tự chứng minh để hiểu rõ phương pháp quy nạp đa thức Chebyshev Trang http://diendantoanhoc.net 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 : Ứng dụng đa thức Chebyshev toán cực trị liên quan đa thức : Ví dụ 1 Cho f (x) = 2x2 + bx + c Tìm b, c ∈ R để với x ∈ [−1; 1], ta có: |f (x)| ≤ Cho f (x) = 4x3 + ax2 + bx + c Tìm a, b, c ∈ R để |f (x)| ≤ 1∀x ∈ [−1; 1] Lời giải 1) Xét |f (−1)|, |f (0)|, |f (1)| ≤ 1, ta có : |2 − b + c| ≤ 1; |2 + b + c| ≤ 1; |c| ≤ Nhưng = |2 − b + c + + b + c − 2c| ≤ |2 − b + c| + |2 + b + c| + | − 2c| ≤ Vậy đồng thời phải xảy đẳng thức ta b = 0; c = −1 ngược lại với b = 0; c = −1 dễ dàng chứng minh f (x) = 2x2 − thỏa (1) với x ∈ [−1; 1] 2) Ở câu 1), cách xét giá trị hàm số điểm biên điểm cho cách đánh giá bất đẳng thức để suy lời giải, câu 2) việc dự đốn mị điểm để áp dụng giả thiết khó khăn Nhưng để ý kĩ chút, câu 1), 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 |f (x)| với ! kπ , k = 0; Các điểm cos Thật vậy, từ giả thiết, ta có     −1 |f (1)|, |f |, |f |, |f (−1)| ≤ 2 Do : |4 + a + b + c| ≤ 1, | − + a − b + c| ≤ 1 + a + b + c ≤ 1 − + a − b + c ≤ http://diendantoanhoc.net Trang Để ý dấu bất đẳng thức |a1 + a2 + + an | ≤ |a1 | + |a2 | + + |an | Xảy dấu, nhờ có việc dự đốn a = 0, b = −3, c = 0, ta sử dụng bất đẳng thức sau : |8 + 2b| ≤ |4 + a + b + c| + |4 + b − a − c| ≤ ⇒ |4 + b| ≤ 1 1 1 | − − b| ≤ − − a − b − c + − + a − b + c ≤ 2 2 Và cuối cần khử b : ≤ |4 + b| + | − − b| ≤ + = Vậy dấu tất bất đẳng thức xảy ra, hay b = −3, a = c = Lúc f (x) = 4x3 − 3x, với x ∈ [−1; 1] bất kì, tồn α ∈ [0; π] để x = cos α, lúc f (x) = cos 3α ∈ [−1; 1], điều kiện đủ tốn Tương tự trên, tổng qt hóa tốn : Ví dụ Cho đa thức f (x) ∈ R[x], bậc n có hệ số cao 2n−1 Chứng minh f (x) thỏa mãn |f (x)| ≤ ∀|x| ≤ f (x) đa thức Chebyshev bậc n Lời giải Cách giải hoàn toàn tương tự với việc xét luân điểm đa thức Chebyshev bậc n cos kπ ,k = n 0; n thêm tham số vào để giải phương trình khử hệ số bậc ≤ n − đa thức Đây tập luyện tập cho bạn đọc Ví dụ (Đề đề nghị Olympic 30/4-2003) Tìm (a, b, c) ∈ R3 để f (x) = max |x3 + ax2 + bx + c| đạt |x|≤1 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) = |x3 + ax2 + bx + c| M = max f (x) |x|≤1 ⇒ f (1) = |1 + a + b + c|; f (−1) = |1 − a + b − c|     a b a b −1 f = + + + c ; f = − + − c 2 ⇒ f (1) + f (−1) ≥ |2 + 2b|     1 f +f − ≥ | + b| 2 Trang http://diendantoanhoc.net Suy "    # 1 f (1) + f (−1) + f +f − ≥ 2 ⇒M ≥    a b a b    + + +c − + −c ≥0   8       (1 + a + b + c) (1 − a + b − c) ≥   M= ⇔ −1  (2 + 2b) − 2b ≥            1   =f − =M =  f (1) = f (−1) = f 2  a = c = ⇔  b = −3 ⇒ 6M ≥ Vậy max |x3 + ax2 + bx + c| đạt |x|≤1 a = c = 0; b = − 34 Ví dụ Cho f (x) = an xn + a
n−1 xn−1 + +a1 x + a0 thỏa mãn |f (x)| ≤ 1∀x ∈ [−1; 1] Xét f ∗ (x) = xn f x1 ∀x 6= a) Chứng minh : |f ∗ (x)| ≤ |Tn∗ (x)|, ∀x ∈ [−1; 1], x 6= Với Tn (x) đa thức Chebyshev loại bậc n, Tn∗ (x)   , ∀x 6= = x Tn x n b) Chứng minh |f ∗ (x)| ≤ 2n−1 , ∀x ∈ [−1; 1] Lời giải a) Bài toán tương đương  với  việc chứng minh |f (x)| ≤ |Tn (x)| với x 6∈ (−1, 1) πk Đặt luân điểm cos n = ak với k = 0, n Xét nội suy Lagrange f (x) bậc n n + điểm ak ta có : f (x) = n X k=0 f (ak ) (x − a0 ) (x − ak−1 )(x − ak+1 ) (x − an ) (ak − a0 ) (ak − ak−1 )(ak − ak+1 ) (ak − an ) Mặt khác |ak | ≤ 1∀k = 0; n kết hợp với giả thiết, ta có : n n n Y Y x − X Y x − X x − X ≤ |f (x)| = f (ak ) |f (ak )| ak − ak − ≤ a k − k=0 i6=k k=0 i6=k k=0 i6=k (1) Ta thấy với x ≥ hoặcx ≤ −1, tất phần tử dạng x − có dấu http://diendantoanhoc.net Trang − ) dấu với (−1)k Từ suy : n n Y X Y x − x − X k ak − = (−1) a − a k i k=0 k=0 i6=k i6=k Và a0 > a1 > > an nên tích Q i6=k (ak (2) Mặt khác ta để ý tính chất quen thuộc đa thức Chebyshev :Tn (ak ) = (−1)k Ta áp dụng khai triển Lagrange với đa thức Chebyshev bậc n n + luân điểm : n X (−1)k k=0 Y x − = Tn (x) ak − i6=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 Tn có bậc n, hệ số cao 2n−1 , có n nghiệm thực phân biệt xk = cos (2k + 1)π , k = 0; n − 2n Nên có dạng : Tn (x) = 2n−1 (x − x0 )(x − x1 ) (x − xn−1 ) Vậy nên Tn∗ (x)   = x Tn = 2n−1 (1 − xx0 )(1 − xx1 ) (xx xn−1 ) x n Với x 6= đa thức nên với x ∈ R Ta nhận thấy cos(π−α) = − cos α nên dãy (x0 , x1 , , xn−1 ) dãy đối dãy (xn−1 , xn−2 , , x0 ) (hay xn−1−k = −xk ∀k = 0; n − 1) Từ ta có : Tn ∗ (x) = 2n−1 (1 + xxn−1 )(1 + xxn−2 ) (1 + xx0 ) Từ đẳng thức suy :
2


Tn∗ (x) = 4n−1 − (xx0 )2 − (xx1 )2 − (xxn−1 )2 Vậy
2 Tn∗ (x) ≤ 4n−1 ⇒ |Tn∗ (x)| ≤ 2n−1 ∀x ∈ [−1; 1] Phép chứng minh tốn hồn tất Nhận xét: Ở câu a), nhờ có giả thiết |f (x)| ≤ 1∀x ∈ [−1; 1] nên việc nghĩ đến chuyện đánh giá điểm làm cho |Tn (x)| = rõ ràng, thật tiện thay lại có n + điểm ta muốn đánh giá đa thức bậc n Sử dụng nội suy Lagrange hướng hồn tồn tự nhiên ! Ví dụ Cho x1 , x2 , xn với n ≥ số thực phân biệt đoạn [−1; 1] Chứng minh : 1 + + + ≥ 2n−2 , t1 t2 tn Q Với tk = i6=k (xi − xk ) , k = 1, n Lời giải Trang http://diendantoanhoc.net Ở trước, ta thấy tư tưởng sử dụng nội suy Lagrange nút nội suy luân điểm.Ở này, số thực thuộc đoạn [−1; 1] điều phải chứng minh so sánh với đại lượng 2n−2 làm ta nghĩ tới việc sử dụng Lagrange đánh giá hệ số dẫn đầu Xét nội suy Lagrange đa thức Chebyshev Tn−1 (x) bậc n − n điểm x1 , x2 , , xn ta có : Tn−1 (x) = n X Tn−1 (xk ) k=1 (x − x1 ) (x − xk−1 )(x − xk+1 ) (x − xn ) (xk − x1 ) (xk − xk−1 )(xk − xk+1 ) (xk − xn ) Đồng hệ số vế đa thức, ta có : n−2 = n X k=1 Tn−1 (xk ) (xk − x1 ) (xk − xk−1 )(xk − xk+1 ) (xk − xn ) Nhưng ta để ý, |Tn−1 (x)| ≤ 1∀|x| ≤ 1, xk ∈ [−1; 1]∀k = 1; n nên : n n Tn−1 (xk ) X X n−2 ≤ (xk − x1 ) (xk − xk−1 )(xk − xk+1 ) (xk − xn ) ≤ tk k=1 k=1 Bài toán chứng minh ! 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 phương trình cồng kềnh dạng hồi quy để giải dễ dàng ! Tính chất 1: Giả sử cos nt = Pn (cos t) với Pn (x) đa thức bậc n Khi  !   1 1 n = a+ a + n Pn a a Tính chất 2: Giả sử sin(2k + 1)t = P2k+1 (sin t), P2k+1 (x) đa thức đại số bậc 2k + Kí hiệu Q2k+1 (x) đa thức đại số bậc 2k + sinh P2k+1 (x) 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 1 2k+1 Q2k+1 a− = a − 2k+1 a a Nói riêng, ta có số hệ thức liên quan đến hàm Hyperbolic thường sử dụng sau : Từ cos 2t = cos2 t − ta "    #2 1 1 a2 + = a+ − 1∀a 6= a a Từ cos 3t = 4cos3 t − cos t ta  a3 + a  "  "   #3 # 1 1 =4 a+ −3 a+ ∀a 6= a a Từ cos 5t = 16cos5 t − 20cos3 t + cos t ta   1 a + = 16m5 − 20m3 + 5m a http://diendantoanhoc.net (m =   a+ ) a Trang Từ sin 3t = sin t − 4sin3 t ta  a3 − a3  "  "   #3 # 1 1 =4 a− a− ∀a 6= +3 a a Từ sin 5t = 16sin5 t − 20sin3 t + sin t ta   1 a − = 16m5 + 20m3 + 5m a (m =   a− ) a Sử dụng đẳng thức ta giải tốn Ví dụ Giải phương trình x5 + 10x3 + 20x − 18 = Lời giải Ta có cơng thức sau  a − a  = 16m5 + 20m3 + 5m
Trong m = 12 a − a1 (đa thức Chebyshev) (1) √
Ta đặt x = a − a1 (a 6= 0) (có thể đặt a − a1 hàm liên tục khoảng (−∞, 0) (0, +∞) đồng thời vét hết tồn tập R) Từ đó, phương trình viết lại  5  3   √ √ √ 1 a− + 20 a − + 20 a − − 18 = a a a √  5  3   5 1 ⇔ + + a− a− a− = (2) a a a Áp dụng cơng thức (1) vào phương trình (2) ta  a5 − a  s √ √ √
9 113 ± 5 √ ⇔ a − a −1=0⇔a= = 4 Phương trình có nghiệm x= √ s 2  s √ √ + 113  √ √ − + 113 Ví dụ Chứng minh phương trình :16x5 − 20x3 + 5x + = có nghiệm Tìm giá trị nghiệm Lời giải Trang 10 http://diendantoanhoc.net TH1: |x| ≤ Đặt x = cos avới ≤ a ≤ π (1) trở thành: 16 cos5 a − 20 cos3 a + cos a + = ⇔ cos 5a = −2 Phương trình vơ nghiệm  a nên  (1) vô nghiệm x mà |x| ≤ 1 a+ với a ∈ R (1) trở thành: TH2: |x| > Đặt x = a  5  3   1 1 1 16 a + − 20 a + + a+ +2=0 a a 2 ⇔ a5 + a15 + = 10 ⇔a " + 4a + 1√= a = −2 + √ ⇔ a5 = −2 − p √ a = a1 = p−2 + √ a = a2 =  −2 −  p √ 1 x = x1 = −2 + + √ √ −2+ p  √ 1 x = x2 = −2 − + √ √ −2− Mặt khác, ý a1 a2 = ⇒ x1 = x2 Do vậy, (1) có nghiệm là: q x= −2 + √ 3+ p −2 + ! √ Ví dụ Cho r số thực dương thỏa mãn √ r+ √ r = Tìm giá trị √ r− √ r Lời giải Từ đẳng thức x + = x Ta có √  x+ x 3   −3 x+ x r + √ = 66 − 3.6 = 198 r Vì  Và giá trị √ r− √ r √ r− √ r 2 = 198 − 14 Ứng dụng đa thức Chebyshev toán lượng giác liên quan đến số hữu tỉ http://diendantoanhoc.net Trang 11 Ví dụ Chứng minh α cos απ hữu tỷ cos απ ∈ Z Phân tích hướng : p Do α hữu tỉ nên đặt α = , (p; q) = q Thật tự nhiên ta nghĩ đến chuyện xét đa thức dạng Chebyshev nhận cos απ nghiệm lần nghiệm nguyên Ta thấy Tq (cos απ) = cos pπ = ±1 suy phương trình Tq (x) ± = (hoặc cộng trừ) có nghiệm cos απ mặt khác ta có bổ đề : Nếu đa thức nguyên an xn + an−1 xn−1 + +a0 nhận số hữu tỉ uv nghiệm u|a0 , v|an Nhưng ta 2n−1 cos απ 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 ∈ 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) Bằng quy nạp, ta thấy Tn (x) monic (có hệ số cao 1) Tn (x) ∈ Z[x] Mà Tq (2 cos απ) = cos pπ = ±2 (Do p ∈ Z) Vậy lúc đa thức :R(x) = Tq + p lẻ S(x) = Tq − p chẵn nhận cos απ làm nghiệm hữu tỉ mà đa thức ∈ Z[x] có hệ số cao Vậy cos απ ∈ Z Nói thêm cos απ ∈ [−1; 1] nên ta suy cos απ ∈ {0; ± 21 ; ±1} Ví dụ 10 Tìm tất số hữu tỉ a ∈ (0; 1) thỏa mãn điều kiện sau : cos(3πa) + cos(2πa) = Lời giải Đặt cos πa = t, sử dụng hệ thức giảm bậc, ta có phương trình : 4t3 + 4t2 − 3t − = Tương đương (2t + 1)(2t2 + t − 2) = √ Nếu 2t + = dễ rồi, ta xét 2t2 + t − = 0, hay t = cos πa = −1±4 17 Do a số hữu tỉ, đặt a = pq với p, q ∈ Z, (p; q) = Lúc Tq (cos π.a) = cos π.p = ±1, với Tq (x) đa thức Chebyshev bậc q, Tq (x) ∈ Z[x] có hệ số dẫn đầu 2q−1 Giả sử p chẵn, lúc Tq (cos π.a) − = 0, đặt Tq (x) − = T (x) Xét Q(x) = 2x2 + x − phép chia đa thức T (x) = P (x).Q(x) + R(x)với R(x), P (x) ∈ Z[x], bậc R(x) ≤   √  √  Thay x = t vào đẳng thức ta có R −1+4 17 = R −1−4 17 = Nhưng R(x) ∈ Z[x] nên R khơng thể có bậc 1, hay R số, suy R(x) = 0∀x ∈ R Trang 12 http://diendantoanhoc.net Vậy Q(x)|T (x) Xét phương trình T (x) = (2x + x − 2)P (x), ta thấy T (x) = Tq (x) − = q−1 Qq−1  k=0 x − cos 2kπ q  (Chứng minh công thức lượng giác sử dụng tính chất 2.5) nên xét phân tích làm nghiệm hay 2x2 + x − = tiêu chuẩn vế, 2x2 + x − phải nhận nghiệm cos 2kπ q    x − cos 2v với a số thực a x − cos 2u q q Đồng hệ số bậc ta có a = Vậy nên phải tồn u, v ∈ {0; 1; ; q − 1} cho :    2u 2v 2x + x − = x − cos x − cos q q Hay cos 2u cos 2v = −1 q q Nhưng có trị tuyệt đối ≤ nên phải ±1 Nhưng lúc hệ số bậc vế phải −2(cos 2u + cos 2v ) số chẵn, khác Vơ lí q q Trường hợp p lẻ lí luận tương tự ta có điều vơ lí Vậy t = − 21 hay a = 23 Ví dụ 11 Giả sử k > số nguyên dương x số thực cho cos(k − 1)x cos kx 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 cos x số hữu tỉ cos(kx) số hữu tỉ, với k số nguyên dương (do cos(kx) = Pk (cos x), với Pk (x) đa thức Chebyshev loại với bậc k, đa thức hệ số nguyên) Vì theo yêu cầu đề bài, ta cần chứng minh hệ đồng dư sau có nghiệm đủ : ( n≡0 (mod k) n≡1 (mod k − 1) Nhưng hệ ln có nghiệm theo định lý thặng dư trung hoa ( chẳng hạn lấy n = k ) Ta có điều phải chứng minh Ứng dụng đa thức Chebyshev toán số học : Sự truy hồi bậc đa thức Chebyshev thường gặp tốn dãy số đồng thời giống với truy hồi dãy nghiệm phương trình Pell.Sử dụng đa thức Chebyshev tính chất đơi 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) Cho p nguyên tố lẻ xét dãy (xn ) thỏa x1 = 1, x2 = p xn+2 = 2pxn+1 − xn x2m + Chứng minh: số phương với số nguyên dương m p+1 Lời giải http://diendantoanhoc.net Trang 13 Xét đa thức Chebyshev loại I loại II : T0 (x) = 1, T1 (x) = x, Tn+2 = 2xUn+1 (x) − Un (x) U0 (x) = 1, U1 (x) = 2x, Un+2 = 2xUn+1 (x) − Un (x) Ta có đẳng thức quen thuộc liên hệ hai đa thức dạng kiểu phương trình Pell : Tn2 (x) − (x2 − 1)Un−1 (x) = ⇔ Tn (x) − Tn (x) + (x) = Un−1 x−1 x+1 Ta chứng minh : Tn (x) − Tn (x) + ∈ Z, ∀n ∈ N∗ ∈ Z, ∀n ∈ N, n ≡ (mod 2) x−1 x+1 Thực vậy, ta có tính chất quen thuộc sau đa thức Chebyshev loại I : Tn (1) = 1, ∀n ∈ N∗ Điều đồng nghĩa với việc đa thức Tn (x) − nhận x = làm nghiệm, hay nhận x − làm nhân Tn (x) − tử, tức ∈Z x−1 Ta có : Tn (−1) = (−1)n , ∀n ∈ N∗ Do n lẻ Tn (−1) = −1 Điều cho thấy đa thức Tn (x) + nhận x = −1 làm nghiệm, Tn (x) + ∈ Z, ∀n ∈ N, n ≡ (mod 2) hay nhận x + làm nhân tử, tức x+1 Dễ dàng nhận thấy xn+1 = Tn (p) với số tựnhiên n Ở đây, ta xét nlẻ : Tn (p) − Tn (p) + = Un−1 (p) (∗) p−1 p+1 Gọi :   Tn (p) − Tn (p) + d = gcd , ⇒d|2 p−1 p+1 Từ suy Un−1 (p) số chẵn, điều vơ lí với n lẻ n − chẵn đa thức Chebyshev loại II có bậc chẵn số lẻ biến số số nguyên xn+1 + Tn (p) + Như phải có d = Từ (∗) ta suy = số phương với p+1 p+1 số nguyên dương n lẻ Ví dụ 13 Tìm n ngun dương để (2n − 1)(3n − 1) số phương Lời giải Trường hợp n = 1, 2, tính tốn ta thấy đại lượng khơng phải số phương, loại, Với n ≥ 3, đặt (2n − 1)(3n − 1) = m2 với m số nguyên dương Nếu n lẻ 2n − ≡ (mod 4), 3n − ≡ (mod 4) ⇒ m2 ≡ (mod 4) (vơ lí) Vậy n phải chẵn, đặt n = 2k Lúc ta có (a2 − 1)(b2 − 1) = m2 với a = 2k , b = 3k ⇒ (ab)2 − a2 − b2 + = m2 ⇒ (ab + 1)2 = m2 + (a + b)2 phương trình Pythagore quen thuộc, m phải chẵn nên ta có :   ab + = u2 + v a + b = u2 − v   m = 2uv Trang 14 http://diendantoanhoc.net ( 2k + 3k = u2 − v ⇒ 6k + = u2 + v ⇒ (3k + 1)(2k + 1) = 2u2 Từ suy k phải chẵn k lẻ 3k + ≡ (mod 8) hay phân tích vế thành tích thừa số nguyên tố số mũ thừa số vế trái – số chẵn cịn vế phải số mũ số lẻ số mũ số nguyên tố khai triển u2 chẵn Vậy tìm số tính chất nrằng n Bây đặt (2n − 1, 3n − 1) = d ⇒ 2n − = d.r2 , 3n − = d.s2 với (s; r) = 1, dsr = m Xét phương trình Pell X − d.Y = Do n ≥ 3n − = d.s2 nên d số phương Vậy phương trình phương trình Pell loại 1, nhận (2k , r), (3k , s) cặp nghiệm Ta chứng minh phương trình có dãy nghiệm (Xn , Yn ) 2k 3k khơng thể thuộc dãy {Xn } Giả sử dãy có nghiệm khởi đầu X0 = 1, X1 = t > công thức truy hồi Xn+1 = 2t.Xn − Xn−1 ∀n ≥ Lúc giá trị Xn Tn (t) Ta chứng minh 2k xuất dãy phải X1 Thật quy nạp đơn giản, ta thấy Tn (t) lẻ n chẵn Tn (t) số lẻ > nhân với t n lẻ > (Do t > 1), nên trường hợp đó, Tn (t) ln có ước ngun tố lẻ Từ suy 2k phải X1 muốn có mặt dãy Nhưng mặt khác, theo tính chất chứng minh k chẵn nên X1 ≡ X0 ≡ (mod 3) Và ta quy nạp Xn ≡ (mod 3)∀n ∈ N Thật giả sử tới n : Xn+1 = 2k+1 Xn − Xn−1 ≡ 2Xn − Xn−1 ≡ (mod 3) Vậy 3k xuất dãy.Phương trình vơ nghiệm ngun Qua chun đề, tác giả hi vọng bạn có nhìn rõ đa thức Chebyshev cách sử dụng qua tốn khác nhau.Từ thấy niềm vui nghiên cứu làm việc với chuyên đề thi đẹp đáng biết đến tốn Olympic Chúc bạn ln say mê nghiên cứu học tập tốt ! Mọi đóng góp cho chuyên đề xin gửi email: trongdat.math@gmail.com Sau số tập để bạn luyện tập http://diendantoanhoc.net Trang 15 III BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài , k = 0; n Chứng minh : Cho số nguyên dương n xk = cos kπ n a) Y (−1)k n (xk − xj ) = ,1 ≤ k ≤ n − n−1 j6=k b) n Y (x0 − xj ) = j=1 n 2n−1 c) n−1 Y (xn − xj ) = j=0 (−1)n n 2n−2 Bài √ Cho n số nguyên dương đa thức P (x) ∈ R[x] bậc không n − thỏa mãn − x2 |P (x)| ≤ 1∀|x| ≤ Chứng minh : a) Hệ số bậc cao P không vượt 2n−1 b) |P (x)| ≤ n∀x ∈ [−1; 1] P Bài Cho đa thức lượng giác P (x) = nj=0 (aj cos jx + bj sin jx) thỏa mãn |P (x)| ≤ 1∀x ∈ R Chứng minh : |P (x)| ≤ n∀x ∈ R Bài (Định lý Berstein – Markov) Cho đa thức P (x) ∈ R[x] bậc n thỏa mãn |P (x)| ≤ 1∀x ∈ [−1; 1] Chứng minh : |P (x)| ≤ n2 ∀x ∈ [−1; 1] Bài Cho A1 , A2 , , An n điểm mặt phẳng Chứng minh  đoạn thẳng có độ dài l tồn điểm M cho : M A1 M A2 M An ≥ 4l Bài Chứng minh với n ≥ ta có : Tn+1 (x) = x.Tn (x) − (1 − x2 )Un−1 (x) Un (x) = xUn−1 (x) + Tn (x) Bài Tìm tất số thực (x, y, z, u, v), tất ∈ [−2; 2] thỏa mãn hệ x+y+z+u+v =0 x3 + y + z + u3 + v = x5 + y + z + u5 + v = −10 Trang 16 http://diendantoanhoc.net Tài liệu [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 [6] Chuyên khảo dãy số- Nguyễn Tài Chung http://diendantoanhoc.net Trang 17