Một số đa thức có dạng đặc biệt

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐÀO THỊ DIỆU THÚY MỘT SỐ ĐA THỨC CÓ DẠNG ĐẶC BIỆT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2016 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐÀO THỊ DIỆU THÚY MỘT SỐ ĐA THỨC CÓ DẠNG ĐẶC BIỆT Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGUYỄN VĂN HOÀNG Thái Nguyên - 2016 i Mục lục Danh sách kí hiệu ii Lời mở đầu Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Đa thức vành đa thức 1.2 Bậc đa thức 1.2.1 Khái niệm tính chất đơn giản 1.2.2 Phân tích đa thức thành thừa số bất khả quy 1.3 Đa thức đối xứng 1.3.1 Định nghĩa ví dụ đa thức đối xứng 1.3.2 Các kết đa thức đối xứng 1.3.3 Bất đẳng thức Muirhead 3 4 8 11 Chương Đa thức giá trị nguyên 2.1 Đa thức giá trị nguyên biến 2.2 Đa thức giá trị nguyên nhiều biến 2.3 Dạng q -đồng dạng đa thức giá trị nguyên 14 14 18 19 Chương Đa thức Chebyshev 3.1 Định nghĩa tính chất 3.2 Đa thức trực giao 3.3 Bất đẳng thức cho đa thức Chebyshev 3.4 Hàm sinh 22 22 28 34 36 Kết luận 40 Tài liệu tham khảo 41 ii Danh sách kí hiệu Kí hiệu Tên (Cnk )q Tn (x) F (x, z) −, − Hệ số q−nhị thức Đa thức Chebyshev Hàm sinh dãy (an (x)) Tích vô hướng Lời mở đầu Chúng ta biết lí thuyết đa thức xuất nghiên cứu nhiều lĩnh vực toán học khoa học Trong số lớp đa thức có dạng đặc biệt nghiên cứu rộng rãi, chẳng hạn lớp đa thức đối xứng, tức chúng bất biến ta hoán vị biến độc lập; lớp đa thức giá trị nguyên - tức ta thay số nguyên vào đa thức ta nhận giá trị đa thức số nguyên; số lớp đa thức khác đa thức Chebyshev Với mong muốn tìm hiểu số lớp đa thức có dạng đặc biệt, đồng thời nâng cao kiến thức học chương trình đại học cao học, chọn đề tài Một số đa thức có dạng đặc biệt làm luận văn cao học Cấu trúc luận văn chia thành 03 chương: Chương trình bày vài kiến thức đa thức vành đa thức, bậc đa thức, đa thức bất khả quy cách phân tích đa thức thành thừa số bất khả quy Mục cuối chương trình bày định nghĩa vài tính chất lớp đa thức đối xứng Chương trình bày lớp đa thức giá trị nguyên, trước tiên, mục đầu chương trình bày đa thức giá trị nguyên biến Mục trình bày đa thức giá trị nguyên nhiều biến, mục cuối chương trình bày dạng q -đồng dạng đa thức giá trị nguyên Chương trình bày lớp đa thức Chebyshev, phần đầu chương trình bày khái niệm tính chất đa thức Chebyshev Các mục trình bày đa thức trực giao bất đẳng thức cho đa thức Chebyshev, mục cuối chương trình bày hàm sinh Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hướng dẫn TS Nguyễn Văn Hoàng Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới TS Nguyễn Văn Hoàng, thầy định hướng chọn đề tài tận tình hướng dẫn, giảng giải để hoàn thành luận văn Qua xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới phòng thầy cô giáo dạy cao học chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên trang bị kiến thức, giúp đỡ suốt trình học tập thực luận văn Tôi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới Trung tâm Dạy nghề Giáo dục thường xuyên huyện Yên Bình tỉnh Yên Bái giúp đỡ, tạo điều kiện thuận lợi giúp hoàn thành luận văn Nhân dịp xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè động viên, cổ vũ, giúp đỡ trình học tập hoàn thành luận văn Thái Nguyên, tháng năm 2016 Tác giả Đào Thị Diệu Thúy Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương trình bày vài kiến thức đa thức vành đa thức, bậc đa thức, đa thức bất khả quy cách phân tích đa thức thành thừa số bất khả quy Mục cuối chương trình bày định nghĩa vài tính chất lớp đa thức đối xứng Các kết chương chủ yếu tham khảo từ tài liệu [1, 2] 1.1 Đa thức vành đa thức Cho A vành giao hoán đơn vị P tập dãy (a0 , a1 , , an , ) ∈ A với i ∈ N số hữu hạn = Ta định nghĩa phép cộng nhân P sau: (a0 , a1 , , an , ) + (b0 , b1 , , bn , ) = (a0 + b0 , a1 + b1 , , an + bn , ); (a0 , a1 , , an , )(b0 , b1 , , bn , ) = (c0 , c1 , , cn , ) ck = bj i+j=k Khi đó, P với hai phép toán lập thành vành giao hoán có đơn vị (1, 0, 0, ), phần tử không vành (0, 0, 0, ) Đặt x = (0, 1, 0, 0, ) ta có x2 = (0, 0, 1, 0, ); x3 = (0, 0, 0, 1, 0, ); ··· xn = (0, 0, , 0, 1n , 0, ), 1n kí hiệu vị trí thứ n Nếu ta quy ước x0 = (1, 0, 0, ) phần tử a ∈ A đồng với dãy (a, 0, 0, ) (bởi ta có đơn cấu vành A −→ P, a −→ (a, 0, 0, )) Như vậy, axn = (0, 0, , 0, a, 0, ), n số ∀a ∈ A Do f = (a0 , a1 , , an , ) = a0 x0 + a1 x + · · · + an xn , thường viết f (x) = a0 x0 + a1 x + · · · + an xn Cách biểu thị phần tử f ∈ P Hay nói cách khác, a0 x0 + a1 x + · · · + an xn = b0 x0 + b1 x + · · · + bn xn an = bn , , a1 = b1 , a0 = b0 Khi đó, vành P gọi vành đa thức ẩn x A, kí hiệu A[x] Các phần tử vành gọi đa thức ẩn x lấy hệ số A Đa thức axn (a ∈ A) gọi đơn thức 1.2 1.2.1 Bậc đa thức Khái niệm tính chất đơn giản Cho đa thức f (x) ∈ A[x], với n xi = a0 + a1 x1 + · · · + an xn với an = f (x) = i=0 n gọi bậc đa thức f (x), kí hiệu degf (x) Hay nói cách khác, bậc đa thức số mũ cao x xuất đa thức Đa thức không f (x) = thường hiểu bậc, nhiên đa thức có bậc với đa thức không gọi chung đa thức n Với đa thức f = i=0 xi g = m bj xj , ta viết f = g ta có j=0 m = n = bi với i Không khó để thấy rằng, với hai đa thức f (x) g(x) ta có degf (x) + degg(x) ≤ max(degf (x), degg(x)) degcf (x) = degf (x) c = Định lý 1.2.1 Nếu A miền nguyên A[x] miền nguyên Chứng minh Giả sử f (x), g(x) ∈ A[x] đa thức khác có bậc tương ứng m n : f (x) = am xm + · · · + a1 x + a0 , g(x) = bn xn + · · · + b1 x + b0 , am = bn = Theo định nghĩa phép toán đa thức ta có f (x)g(x) = am bn xm+n + · · · + (a0 b1 + a1 b0 )x + a0 b0 Vì A miền nguyên am , bn = nên am bn = 0, f (x)g(x) = Vậy A[x] miền nguyên Định lý chứng minh Từ định lý ta có tính chất sau bậc đa thức Mệnh đề 1.2.1 Nếu degf (x) = n, degg(x) = m, deg(f (x)g(x)) = n + m Ta nhận xét rằng, A không miền nguyên mệnh đề không Thật vậy, xét đa thức ¯ 2x + ¯1 ¯3x + ¯1 đa thức bậc Z6 [x] tích chúng lại đa thức bậc Định nghĩa 1.2.1 Giả sử A vành giao hoán có đơn vị B vành giao hoán có đơn vị chứa A làm vành Phần tử c ∈ B gọi nghiệm đa thức f (x) ∈ A[x] f (c) = Định lý 1.2.2 (Bezout) Cho A miền nguyên Phần tử c ∈ A nghiệm đa thức f (x) ∈ A[x] f (x) chia hết cho x − c vành đa thức A[x] Định nghĩa 1.2.2 Phần tử c ∈ A nghiệm bội k đa thức f (x) ∈ A[x] f (x) chia hết cho (x − c)k f (x) không chia hết cho (x − c)k+1 vành đa thức A[x] Nếu k = c gọi nghiệm đơn, k = c gọi nghiệm kép Nếu c1 , c2 , , cr nghiệm miền nguyên A f (x) ≡ với bội số theo thứ tự k1 , k2 , , kr f (x) = (x − c1 )k1 (x − c2 )k2 · · · (x − cr )kr g(x) với g(x) ∈ A[x] g(ci ) = Do nghiệm đa thức f (x) không vượt bậc đa thức f (x) hai đa thức có bậc không n n + phần tử phân biệt miền nguyên A chúng 1.2.2 Phân tích đa thức thành thừa số bất khả quy Cho f (x) g(x) đa thức biến với hệ số trường K Ta nói f (x) chia hết cho g(x) g(x) = tồn h(x) ∈ K[x] cho f (x) = g(x)h(x) Định lý 1.2.3 Cho f (x) g(x) đa thức biến với hệ số trường K với g(x) = Khi đó, ta viết f (x) = g(x)p(x) + r(x) với p(x), r(x) đa thức có hệ số K mà degr(x) < degg(x) Đa thức d(x) gọi ước chung f (x) g(x) f (x) g(x) chia hết cho d(x) Ước chung d(x) f (x) g(x) gọi ước chung lớn d(x) chia hết cho ước chung khác f (x) g(x) Một phương pháp tiếng để tìm ước chung lớn thuật toán Euclide Ta mô tả phương pháp sau: Giả sử degf (x) ≥ degg(x) Đặt r1 (x) phần dư sau chia f (x) cho g(x) đặt r2 (x) phần dư sau chia g(x) cho r1 (x), tổng quát đặt rk+1 (x) phần dư sau chia rk−1 (x) cho rk (x) Vì bậc đa thức ri (x) giảm ngặt, nên với n đó, ta có rn+1 (x) = 0, tức rn−1 (x) chia hết cho rn (x) Ta thấy 27 Định lý 3.1.5 Nếu α cos(απ) hữu tỉ, cos(απ) số nguyên, tức là, cos(απ) = 0, ± ±1 m Chứng minh Đặt α = phân số tối giản x0 = cos t, n t = απ Khi Pn (x0 ) = cos(nt) = cos(nαπ) = cos(mπ) = ±2 Do x0 nghiệm đa thức với hệ số nguyên Pn (x) ∓ = xn + b1 xn−1 + · · · + bn Đặt x0 = cos(απ) = p phân số tối giản Khi q pn + b1 pn−1 q + · · · + bn q n = 0, pn chia hết cho q Nhưng p q số nguyên tố, q = ±1, tức cos(απ) số nguyên Các kết giúp ta tính toán đạo hàm đa thức Chebyshev xuất phát từ mối liên hệ Tn (x) = cos nϕ x = cos ϕ Chẳng hạn, d cos nϕ n sin nϕ dϕ Tn (x) = = , d cos ϕ sin ϕ dϕ n cos ϕ sin nϕ − n2 cos nϕ sin ϕ d n sin nϕ −1 = Tn (x) = dϕ sin ϕ sin ϕ sin3 ϕ Các công thức suy (1 − x2 )Tn (x) = n(Tn−1 (x) − xTn (x)), (1 − x2 )(Tn (x))2 = n2 (1 − Tn2 (x)), (1 − x2 )Tn (x) − xTn (x) + n2 Tn (x) = Đẳng thức (1 − x2 )(Tn (x))2 = n2 (1 − Tn2 (x)) 28 viết lại dạng = Tn2 (x) + (1 − x2 )Un2 (x), (3.1.4) sin nϕ với x = cos ϕ Ta thấy Un đa thức với hệ số sin ϕ nguyên (thật vậy, quy nạp theo n ta có Un (x) = sin nx = pn (cos x) sin x, cos nx = qn (cos x), pn qn đa thức với hệ số nguyên) Đẳng thức (3.1.4) dùng để giải phương trình Pell Định nghĩa 3.1.5 Phương trình Pell toán tìm nghiệm nguyên dương phương trình có dạng x2 − dy = Ở đây, ta áp dụng đẳng thức (3.1.4) để giải phương trình Pell x2 −dy = sau Nếu (x1 , y1 ) nghiệm nguyên dương phương trình này, 1= Tn2 (x1 ) (1 − x21 ) + (y1 Un (x1 ))2 = Tn2 (x1 ) − d(y1 Un (x1 ))2 , y1 chứng tỏ (Tn (x1 ), y1 Un (x1 )) nghiệm nguyên phương trình Pell Nhận xét 3.1.1 Người ta chứng tỏ (x1 , y1 ) nghiệm nguyên dương nhỏ phương trình Pell, nghiệm nguyên dương có dạng (Tn (x1 ), y1 Un (x1 )) 3.2 Đa thức trực giao Trong mục này, trình bày đa thức trực giao Trước hết ta nhắc lại định nghĩa tích vô hướng không gian vector sau Định nghĩa 3.2.1 Cho V không gian vector thực Khi ta gọi ·, · tích vô hướng V với vector u, v, w ∈ V với vô hướng α ta có: 29 u + v, w = u, w + v, w ; αu, v = α u, v ; u, v = v, u ; u, u ≥ u, u = u = Khi đó, không gian vector V n+1 đa thức có bậc nhỏ n, ta định nghĩa tích vô hướng b f, g = f (x)g(x)w(x)dx, (3.2.1) a w(x) hàm số thực cố định cho trước thỏa mãn w(x) ≥ đoạn [a, b] (ta gọi w(x) hàm trọng) Ta chứng tỏ công thức (3.2.1) xác định tích vô hướng V n+1 Thật vậy, ta kiểm tra điều kiện định nghĩa tích vô hướng định nghĩa 3.2.1 Với f, g, h ∈ V n+1 với α ∈ R ta có: b f + g, h = (f + g)(x)h(x)w(x)dx a b = b f (x)h(x)w(x)dx + a g(x)h(x)w(x)dx a = f, h + g, h b αf, g = b αf (x)g(x)w(x)dx = α a f (x)g(x)w(x)dx a = α f, g b f, g = b f (x)g(x)w(x)dx = a g(x)f (x)w(x)dx = g, f a 30 Vì w(x) ≥ nên b f, f = b f (x)w(x)dx ≥ f (x)f (x)w(x)dx = a a b f (x)w(x)dx = hay f (x)w(x) = w không đồng Nếu f, f = a nên ta có f ≡ Ngược lại, f ≡ hiển nhiên b 0= f (x)f (x)w(x)dx = f, f a Vậy công thức (3.2.1) xác định tích vô hướng V n+1 Ta có khái niệm đa thức trực giao sau Định nghĩa 3.2.2 Các đa thức fk (x), k = 0, 1, không gian V n+1 gọi đa thức trực giao đoạn [a, b] với hàm trọng w(x) ≥ bậc deg fk = k b fm (x)fn (x)w(x)dx = với m = n a Định lý 3.2.1 Các đa thức trực giao f0 , f1 , , fn định nghĩa tạo thành sở trực giao không gian V n+1 với tích vô hướng nêu công thức (3.2.1) Chứng minh Theo định nghĩa trên, tính trực giao đa thức f0 , f1 , , fn rõ ràng Vì không gian V n+1 có số chiều n + nên để chứng tỏ {f0 , f1 , , fn } sở V n+1 ta cần chứng tỏ hệ {f0 , f1 , , fn } hệ độc lập tuyến tính V n+1 , thật vậy, giả sử với α0 , α1 , , αn ∈ R ta xét α0 f0 + α1 f1 + · · · + αn fn = θ, θ đa thức đóng vai trò phần tử không không gian V n+1 Khi ta có α0 f0 (x) + α1 f1 (x) + · · · + αn fn (x) = θ, 31 hay α0 a0 +α1 (b0 +b1 x)+α2 (c0 +c1 x+c2 x2 )+· · ·+αn (d0 +d1 x+· · ·+dn xn ) = Rút gọn đưa vế trái đa thức dạng chuẩn, sau đồng hệ số 0, từ ta hệ    α0 a0 + α1 b0 + · · · + αn d0 =       α b + · · · + αn d1 =   1 ···      αn−1 en−1 + αn dn−1 =     α d = n n Từ giải hệ phương trình từ lên ta suy α0 = α1 = · · · = αn = Do hệ {f0 , f1 , , fn } hệ độc lập tuyến tính V n+1 Vậy {f0 , f1 , , fn } sở trực giao không gian V n+1 Cho trước đoạn [a, b] hàm trọng w(x), đa thức trực giao {f0 , f1 , , fn } xác định cách sai khác hệ số tỉ lệ chúng nhận phương pháp trực giao hóa sở 1, x, x2 , xn Dưới ta liệt kê số đa thức trực giao tiếng a b w(x) Tên đa thức −1 1 Legendre −1 (1 − x2 )λ−1/2 Gegenbauer −1 (1 − x)α (1 + x)β Jacobi −∞ ∞ e−x Hermite ∞ xα e−x Laguerre đa − x2 thức Chebyshev tạo thành hệ đa thức trực giao Điều khẳng định qua định lý sau Nếu ta xét đoạn [−1, 1] lấy hàm trọng w(x) = √ Định lý 3.2.2 Các đa thức Chebyshev tạo thành hệ đa thức trực giao đoạn [−1, 1] với hàm trọng w(x) = √ − x2 32 Chứng minh Bằng cách đổi biến x = cos ϕ, ta có π −1 dx = Tn (x)Tm (x) √ − x2 cos nϕ cos mϕdϕ π = cos(m + n)ϕ + cos(m − n)ϕ dϕ π = π cos(m + n)ϕdϕ + cos(m − n)ϕdϕ π cos kϕdϕ = k = 0, nên ta có Mặt khác, −1 π dx Tn (x)Tm (x) √ = − x2 cos nϕ cos mϕdϕ = 0, ∀m = n Hay nói cách khác, đa thức Chebyshev {Tn (x)} hệ đa thức trực giao Hệ 3.2.1 Giả sử Pn (x) đa thức bậc n thỏa mãn −1 xk dx Pn (x) √ =0 − x2 với k = 0, 1, , n − Khi Pn (x) = λTn (x), λ không phụ thuộc vào x Chứng minh Trong không gian V n+1 với tích vô hướng f (x)g(x) √ f, g = −1 dx , − x2 phần bù trực giao không gian sinh đa thức 1, x, x2 , , xn−1 không gian V n+1 sinh đa thức Chebyshev Tn (x) Hệ 3.2.1 thường dùng để kiểm tra liệu đa thức cho trước có thực đa thức Chebyshev Chẳng hạn, sử dụng hệ ta chứng tỏ định lý sau 33 Định lý 3.2.3 Các đa thức Chebyshev xác định công thức √ (−1)n − x2 dn Tn (x) = (1 − x2 )n−1/2 · · · · · (2n − 1) dxn Chứng minh Áp dụng phép chứng minh quy nạp theo m ta dễ dàng chứng tỏ với m ≤ n dm (1 − x2 )n−1/2 = Pm (x)(1 − x2 )n−m−1/2 , m dx Pm (x) đa thức bậc m cho P0 (x) = 1, P1 (x) = −(2n − 1)x, ··· Pm+1 = − x2 − (2n − 2m − 1)xPm (x) với m ≥ Do − x2 dn (1 − x2 )n−1/2 = Pn (x) n dx đa thức bậc n Ta kiểm tra Pn (x) = λTn (x), để làm điều theo hệ 3.2.1 ta cần kiểm tra dn x (1 − x2 )n−1/2 dx = với k = 0, 1, , n − dxn k −1 Lấy tích phân phần ta có dn (1 − x2 )n−1/2 dx = xk Pn−1 (x)(1 − x2 )1/2 x n dx k −1 kxk−1 − −1 dn−1 (1 − x2 )n−1/2 dx n−1 dx −1 Do − x2 = x = ±1 nên thành phần thứ tích phân Khi đó, tiếp tục lấy tích phân phần k + lần ta thu tích phân ban đầu 34 Còn lại, ta phải chứng tỏ λ = (−1)n · · · · · (2n − 1) Để làm điều này, ta tính Pn (1) Thật vậy, với x = 1, từ công thức truy hồi Pm+1 (x) = − x2 − (2n − 2m − 1)xPm (x) cho ta Pm+1 (1) = −(2n − 2m − 1)Pm (1) Do Pn (1) = (−1)n · · · · · · (2n − 1) Điều chứng tỏ Tn (1) = 3.3 Bất đẳng thức cho đa thức Chebyshev Ta chứng tỏ rằng, đa thức Chebyshev lệch so với đoạn [−1, 1] Điều chứng tỏ đa thức Chebyshev đạo hàm chúng tăng trưởng nhanh bên đoạn Ta thể điều qua định lí sau Định lý 3.3.1 Cho đa thức p(x) = a0 + a1 x + · · · + an xn , ∈ C, cho |p(x)| ≤ với −1 ≤ x ≤ Khi |p(k) (x)| ≤ |Tn(k) (x)| với |x| ≥ 1, x ∈ R (n − i)π , i = n 0, 1, , n Đa thức p(x) hoàn toàn xác định giá trị p(xi ) Thật vậy, n p(xi ) p(x) = gi (x), (3.3.1) g (x ) i i i=0 Chứng minh Ta có |p(xi )| ≤ với xi = cos (x − xj ) Lấy đạo hàm hai vế (3.3.1) k lần ta thu gi (x) = j=i n (k) p (x) = i=0 p(xi ) (k) g (x) gi (xi ) i Vì |p(xi )| ≤ 1, nên n (k) p (x) ≤ i=0 (k) gi (x) gi (xi ) (3.3.2) 35 Giá trị Tn (x) xi cos(n − i)π = (−1)n−i Do n |Tn(k) (x)| =| i=0 (−1)n−i (k) g (x)| gi (xi ) i (k) Hiển nhiên sgn gi (xi ) = (−1)n−i Hơn nữa, với |x| ≥ 1, dấu gi (x) không phụ thuộc vào i Thật vậy, nghiệm gi (x) thuộc vào đoạn (k) [−1, 1], nghiệm gi (x) thuộc đoạn Do  1 với x ≥ 1, (k) sgn gi (x) = (−1)n−k với x ≤ Do đó, với |x| ≥ ta có n |Tn(k) (x)| =| i=0 (k) gi (x) | gi (xi ) (k) Trong trường hợp này, bất đẳng thức (3.3.2) suy |p(k) (x)| ≤ |Tn (x)| Từ định lý 3.3.1, ta thu vài kết sau Định lý 3.3.2 Cho p(x) = a0 + a1 (x) + · · · + an xn , ∈ C, cho |p(x)| ≤ với −1 ≤ x ≤ Khi |an | ≤ 2n−1 Chứng minh Vì Tn (x) = b0 + b1 x + · · · + bn xn , bn = 2n−1 Do đó, áp dụng định lý 3.3.1 với k = n, ta suy |an | ≤ |bn | = 2n−1 Định lý 3.3.3 Với x ≤ −1 x ≥ ta có (k) |Tn−1 (x)| ≤ |Tn(k) (x)| Chứng minh Vì với đa thức p(x) = Tn−1 (x), áp dụng định lý 3.3.1 (k) (k) nên |Tn−1 (x)| = |p(x)| ≤ |Tn (x)| Định lý 3.3.4 Với x, y ≥ 1, ta có Tn (xy) ≤ Tn (x)Tn (y) Tn (xy) Ta thấy đa thức Tn (y) |Tn (xy)| ≤1 thỏa mãn điều kiện định lý 3.3.1, tức là, |p(x)| = Tn (y) Chứng minh Cố định y ≥ xét đa thức p(x) = 36 với |x| ≤ Với số thực s, hàm |Tn (s)| phụ thuộc vào |s| Hơn nữa, |s| ≥ 1, |Tn (s)| đơn điệu tăng theo |s| Mặt khác, ta có |Tn (s)| ≤ ≤ Tn (y) với |s| ≤ Do đó, y ≥ |x| ≤ 1, ta có |Tn (xy)| ≤ Tn (y) Áp dụng định lý 3.3.1 với x ≥ 1, ta có |p(x)| ≤ Tn (x), tức Tn (xy) ≤ Tn (x)Tn (y) 3.4 Hàm sinh Với dãy hàm an (x) ta xét chuỗi ∞ an (x)z n F (x, z) = n=0 Nếu bán kính hội tụ chuỗi dương, hàm F (x, z) gọi hàm sinh dãy an (x) Định lý 3.4.1 Với −1 < x < |z| < 1, ta có ∞ a) Tn (x) n z = − ln(1 − 2xz + z ); n n=1 − z2 b) + Tn (x)z = − 2xz + z n=1 ∞ n Chứng minh a) Đặt x = cos ϕ, − 2xz + z = (1 − eiϕ z)(1 − e−iϕ z) Do đó, ln(1 − 2xz + z ) = ln(1 − eiϕ z) + ln(1 − e−iϕ z) Mặt khác, rõ ràng ta có ∞ e±inϕ n ±iϕ − ln(1 − e z) = z n n=1 với |z| < Do ∞ ln(1 − 2xz + z ) = n=1 ∞ cos nϕ n Tn (x) n z =2 z n n n=1 b) Lấy đạo hàm hai vế a) theo z ta có ∞ Tn (x)z n−1 = n=1 2x − 2z − 2xz + z 37 Do ∞ z(2x − 2z) − z2 1+2 Tn (x)z = + = − 2xz + z − 2xz + z n=1 n Nhờ định lí 3.4.1 ta thu khai triển đa thức Chebyshev sau n Khi Định lý 3.4.2 Cho n ≥ m = m Tn (x) = (−1)k k=0 n C k (2x)n−2k n − k n−k Chứng minh Theo phần a) định lý 3.4.1, ta có ∞ ∞ n Tn (x)z = − ln(1 − 2xz + z ) = n=1 p=1 (2xz − z )p p p ∞ = p=1 (−1)k Cpk (2x)p−k p k=0 Do Tn (x) = n (−1)k Cpk (2x)p−k p+k=n p = M (−1)k k=0 n k Cn−k (2x)n−2k , n−k n = m tổng có nghĩa n − 2k ≥ 0, M = x Với đa thức Pn (x) = 2Tn ( ) ta có m (−1)k Pn (x) = k=0 n k Cn−k xn−2k , n−k (3.4.1) n Nhớ lại đa thức Pn (x) khai triển đa thức z n + z −n theo số hạng z + z −1 (điều có nhờ z = eiϕ nên z n + z −n = cos nϕ z + z −1 = cos ϕ) m = 38 Hơn nữa, với n = 2m + 1, ta có ∞ −1 n Cnk (z n−2k + z 2k−n ), (z + z ) = k=0 với n = 2m ∞ −1 n Cnk (z n−2k + z 2k−n )Cnm (z + z ) = k=0 Do đó, P0 (x) = đa thức Pn (x) với n ≥ cho công thức (3.4.1) m Cnk Pn−2k (x), n x = (3.4.2) k=0 n Các công thức (3.4.1) (3.4.2) biểu diễn sau Đặt an = xn bn = Pn (x) x cố định Khi đó, m = m m Cnk bn−2k , an = (−1)k bn = k=0 k=0 n k Cn−k an−2k , n−k (3.4.3) với n = b0 = a0 Ta chứng minh biểu diễn công thức (3.4.3) tương đương với dãy số Trước tiên, ta có an = b n + βn−i bn−i bn = an + αn−i an−i Do công thức xác định dãy an qua số hạng dãy bn ngược lại Hiển nhiên rằng, với dãy an = λi xni bn = λi Pn (xi ), λi , xi cố định, công thức (3.4.3) tương đương chúng tương đương với dãy an = xni bn = Pn (xi ) Còn lại, ta chứng tỏ với dãy a0 , a1 , , an ta chọn số λ0 , , λn x0 , , xn cho n λi xli al = i=0 với l = 0, 1, , n (3.4.4) 39 Chọn số x0 , , xn phân biệt bất kì, ta thu hệ phương trình tuyến tính số λ0 , , λn với định thức x0 ··· xn0 ··· · · · xn = 0, ··· ··· · · · xnn từ hệ (3.4.4) có nghiệm với a0 , , an Công thức (3.4.3) cho phép ta thu đẳng thức không tầm thường chứa hệ số nhị thức Newton Chẳng hạn, bn = với n Khi m k C2m = 22m , a2m+1 = k=0 m a2m = m k ) C2m+1 = (22m + C2m k=0 Các đẳng thức thu từ khai triển Newton (1+1)2m+1 (1+1)2m Trong trường hợp này, ta thấy m (−1)k bn = k=0 n k Cn−k an−2k n−k trở thành m 1= (−1)k 2m + k C2m+1−k 22m 2m + − k (−1)k n−2k 2m k m−k C2m−k (2 + C2m−2k ) 2m − k k=0 m 2= k=0 40 Kết luận Luận văn trình bày vấn đề sau đây: Trình bày số khái niệm tính chất đa thức vành đa thức; Trình bày khái niệm kết lớp đa thức đối xứng, đa thức giá trị nguyên biến nhiều biến; Trình bày tính chất đa thức trực giao, số kết đa thức Chebyshev 41 Tài liệu tham khảo [A] Tiếng Việt [1] Hoàng Xuân Sính (2005), Đại số đại cương, NXB Giáo Dục [B] Tiếng Anh [2] Victor V Prasolov (2004), Polynomials (in Algorithms and Computation in Mathematics, Volume 11), Springer-Verlag Berlin Heidelberg [3] http.www.mathworld.wolfram.com/innerProduct.html [...]... có kết quả sau đây Định lý 1.2.5 Cho K là một trường Khi đó một đa thức f (x) ∈ K[x] khác 0, không là ước của 1, đều có thể được phân tích thành các thừa số bất khả quy và sự phân tích này là duy nhất Chứng minh của định lí này, bạn đọc có thể xem trong [2] trang 48 Hệ quả 1.2.1 Nếu đa thức qr chia hết cho một đa thức bất khả quy p, thì hoặc q hoặc r chia hết cho p Hệ quả 1.2.2 Một đa thức với hệ số. .. , xn ) 1.3.2 Các kết quả cơ bản về đa thức đối xứng Các đa thức đối xứng cơ bản tạo thành một cơ sở của vành các đa thức đối xứng Ta xét tính chất này như sau Định lý 1.3.1 Cho f (x1 , , xn ) là một đa thức đối xứng trong vành đa thức A[x1 , , xn ] Khi đó, tồn tại một đa thức g(y1 , , yn ) ∈ A[y1 , , yn ] sao cho f (x1 , , xn ) = g(σ1 , , σn ) Đa thức g(y1 , , yn ) này là duy nhất... là một đa thức đối xứng với các hệ số nguyên, thì f (x1 , , xn ) = g(σ1 , , σn ), trong đó các hệ số của g cũng là các số nguyên Từ định lí 1.3.1 về đa thức đối xứng, ta suy ra rằng nếu x1 , , xn là các nghiệm của đa thức f (x) = xn + a1 xn−1 + · · · + an , khi đó đại lượng (xi − xj )2 , D= 1≤i 0, xác định bởi pk (x) = Cxk = x · (x − 1) · · · (x − k + 1) , k! khi đó pk (x) = Cxk là một đa thức giá trị nguyên Giải Ta chứng minh đa thức pk (x) = Cxk là một đa thức nhận giá... Với bất kì cặp đa thức P và Q cùng thuộc vành đa thức Q[x], ta định nghĩa đa thức hợp thành của các đa thức P và Q là đa thức kí hiệu là P ◦ Q xác định bởi P ◦ Q = P (Q(x)) Định nghĩa cổ điển dưới đây cho ta các cặp đa thức giao hoán được 26 Định nghĩa 3.1.3 Cặp đa thức P và Q cùng thuộc vành đa thức Q[x] được gọi là giao hoán được nếu P ◦ Q = Q ◦ P, tức là, nếu P (Q(x)) = Q(P (x)) Ta có kết quả sau... với n ≥ k Đặc biệt với bất kì số nguyên dương n, thì số fk (q n ) là số nguyên Định lý 2.3.1 Đa thức pk (x) hệ số hữu tỉ bậc k nhận giá trị nguyên tại các điểm x = 1, q, q 2 , , q k nếu và chỉ nếu pk (x) = ck fk (x) + ck−1 fk−1 (x) + · · · + c1 f1 (x) + c0 , (2.3.4) trong đó c0 , c1 , , ck là các số nguyên và fi (x) được xác định trong công thức (2.3.2) Trong trường hợp đặc biệt, một đa thức như... tôpô của các đa tạp 3-chiều Ta sẽ nghiên cứu một vài tính chất đơn giản nhưng quan trọng của các đa thức Chebyshev Ta định nghĩa các đa thức Chebyshev dựa vào kết quả rằng cos nϕ được biểu diễn như là đa thức liên quan đến cos ϕ, tức là, tồn tại một đa thức Tn (x) sao cho Tn (x) = cos nϕ khi x = cos ϕ Thật vậy, công thức cos(n + 1)ϕ + cos(n − 1)ϕ = 2 cos ϕ cos nϕ chỉ ra rằng đa thức Tn (x) có thể được... nghĩa 1.3.2 Một đa thức f (x1 , , xn ) được gọi là đối xứng lệch nếu f ( , xi , , xj , ) = −f ( , xj , , xi , ), tức là, qua phép chuyển vị trí của hai biến xi , xj thì đa thức f đổi dấu 11 (xi − xj ) là một ví dụ của một đa thức đối xứng Đa thức ∆ = 1≤i