Một số đa thức đặc biệt và tính chất (LV thạc sĩ)

Một số đa thức đặc biệt và tính chất (LV thạc sĩ)Một số đa thức đặc biệt và tính chất (LV thạc sĩ)Một số đa thức đặc biệt và tính chất (LV thạc sĩ)Một số đa thức đặc biệt và tính chất (LV thạc sĩ)Một số đa thức đặc biệt và tính chất (LV thạc sĩ)Một số đa thức đặc biệt và tính chất (LV thạc sĩ)Một số đa thức đặc biệt và tính chất (LV thạc sĩ)Một số đa thức đặc biệt và tính chất (LV thạc sĩ)Một số đa thức đặc biệt và tính chất (LV thạc sĩ)Một số đa thức đặc biệt và tính chất (LV thạc sĩ)Một số đa thức đặc biệt và tính chất (LV thạc sĩ)Một số đa thức đặc biệt và tính chất (LV thạc sĩ)Một số đa thức đặc biệt và tính chất (LV thạc sĩ)Một số đa thức đặc biệt và tính chất (LV thạc sĩ)Một số đa thức đặc biệt và tính chất (LV thạc sĩ)Một số đa thức đặc biệt và tính chất (LV thạc sĩ)Một số đa thức đặc biệt và tính chất (LV thạc sĩ)Một số đa thức đặc biệt và tính chất (LV thạc sĩ)Một số đa thức đặc biệt và tính chất (LV thạc sĩ)Một số đa thức đặc biệt và tính chất (LV thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - TRẦN THỊ PHƯỢNG MỘT SỐ ĐA THỨC ĐẶC BIỆT VÀ TÍNH CHẤT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - TRẦN THỊ PHƯỢNG MỘT SỐ ĐA THỨC ĐẶC BIỆT VÀ TÍNH CHẤT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS ĐÀM VĂN NHỈ THÁI NGUYÊN - 2017 i Mục lục Lời cảm ơn iii Mở đầu 1 Đa thức trực giao 1.1 Phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt 1.1.1 Không gian véc tơ Euclid 1.1.2 Phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt 1.2 Đa thức trực giao 1.2.1 Khái niệm đa thức trực giao 1.2.2 Nghiệm thực đa thức trực giao 12 1.3 Đa thức Chebyshev Đa thức Legendre 15 1.3.1 Đa thức Chebyshev 15 1.3.2 Đa thức Legendre 17 Một số đa thức đặc biệt 22 2.1 Hàm sinh thường hàm sinh mũ 22 2.1.1 Vành chuỗi lũy thừa hình thức 22 2.1.2 Hàm sinh thường hàm sinh mũ 24 2.2 Đa thức Bernoulli 25 2.2.1 Đa thức Bernoulli 25 2.2.2 Hàm sinh dãy đa thức Bernoulli 28 2.3 Dãy đa thức (an (x)) 33 ii 2.3.1 Công thức xác định số hạng dãy đa thức (an (x)) 33 2.3.2 Hàm sinh mũ dãy đa thức (an (x)) 34 2.3.3 Kết dãy đa thức Fibonacci (fn ) 37 2.3.4 Kết dãy đa thức Lucas (ln ) 38 2.4 Vận dụng 39 2.4.1 Xác định số hạng dãy đa thức 39 2.4.2 Xây dựng hệ thức 42 2.4.3 Làm độ phức tạp dãy truy hồi 45 Kết luận 55 Tài liệu tham khảo 57 iii Lời cảm ơn Trong trình học tập nghiên cứu Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên, nhận đề tài nghiên cứu “Một số đa thức đặc biệt tính chất” hướng dẫn PGS TS Đàm Văn Nhỉ Đến nay, luận văn hoàn thành Có kết dạy bảo hướng dẫn tận tình nghiêm khắc Thầy Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới Thầy gia đình! Tôi xin gửi lờn cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo sau đại học Khoa Toán – Tin Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên tạo điều kiện thuận lợi giúp đỡ trình học tập trường thời gian nghiên cứu hoàn thành luận văn Sự giúp đỡ nhiệt tình thái độ thân thiện thầy, cô giáo, cán thuộc Phòng Đào tạo, Khoa Toán – Tin đã để lại lòng ấn tượng tốt đẹp Không biết nói hơn, lần xin trân trọng cảm ơn Tôi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp thành viên lớp cao học Toán K9N (Khóa 2015-2017) quan tâm, tạo điều kiện, cổ vũ động viên để hoàn thành nhiệm vụ Thái Nguyên, ngày tháng năm 2017 Tác giả Trần Thị Phượng Mở đầu Vào năm 1713 Jacob Bernoulli xét dãy vô hạn số viết thành dạng đơn giản Nhiều kết đạt Bernoulli trình bày sách "Ars conjectandi" Đặc biệt, số kết ông phát qua việc xét tổng lũy thừa số nguyên dương dạng Sp (n) = 1p + 2p + 3p + · · · + np , n ∈ N∗ Ông Sp (n) viết thành đa thức bậc p + n sau: Sp (n) = 1 p 1 p np+1 + np + Anp−1 + Bnp−3 + · · · p+1 2 1 1 ,B =− ,C = , D = − , hệ số 30 42 30 xem số Bernoulli với hệ số hữu tỷ A = Muộn hơn, "L Euler, Methodus generalis summandi progressiones, Comment Acad Sc Petropolitanae, 6(1738)" Euler nghiên cứu 1 độc lập với Bernoulli đưa số hữu tỷ A = , B = − , 30 1 C = , D = − , Vào năm 1748, Euler liên hệ 42 30 tổng vô hạn 1 S(2n) = 2n + 2n + · · · = αn π 2n hệ số hữu tỷ αn chứa dãy số A, B, C, D, Đặc biệt, Euler nhận nhiều kết thú vị số qua hệ số việc Do vậy, để hiểu nghiên cứu biểu diễn hàm tan x, cot x, sin x kỹ số Bernoulli hay Euler phát tiếp tục phát tính chất dãy số Fibonacci, dãy số Lucas học phương pháp đa thức để mong tìm kiếm tính chất liên quan số hữu tỷ nên luận văn có đặt vấn đề xét số đa thức đặc biệt đa thức trực giao Một vấn đề khác mà luận văn đề cập đến: Đó việc xét số toán đa thức xuất kỳ thi học sinh giỏi Trong hầu hết kì thi học sinh giỏi toán, nhiều đa thức xem toán khó Hiện tài liệu tham khảo chuyên đề đa thức chưa nhiều chưa sâu đủ để vận dụng giải thi Vì vậy, vấn đề xét số đa thức đặc biệt tính chất liên quan cần thiết cho giáo viên dạy phổ thông nói chung quan tâm đến đa thức nói riêng Luận văn "Một số đa thức đặc biệt tính chất" trình bày số vấn đề liên quan đến đa thức trực giao, đa thức đặc biệt: Chebyshev, Legendre, Bernoulli, Fibonacci ứng dụng liên quan Mục đích nhằm thể rõ vai trò hữu ích số đa thức đặc biệt số vấn đề đa thức, số học thi học sinh giỏi Luận văn gồm mở đầu, chương kết luận Chương I: Đa thức trực giao Trong chương nhắc lại số khái niệm không gian Euclid, phương pháp trực giao hóa Gram - Schmidt, đa thức Chebyshev, Legendre Chương II: Trong chương trình bày đa thức Bernoulli, tiếp dãy đa thức (an (x)) cuối vận dụng vào giải toán kỳ thi học sinh giỏi, toán Olympic quốc tế Chương Đa thức trực giao Các kết trích dẫn từ tài liệu [1], [2], [4] 1.1 1.1.1 Phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt Không gian véc tơ Euclid Định nghĩa 1.1.1 Không gian véc tơ V trường R gọi không gian véc tơ Euclid cặp véc tơ (x, y) ∈ V ta cho tương ứng với số thực, ký hiệu x, y gọi tích vô hướng, thỏa mãn tính chất: Với x, x′ , y ∈ V a ∈ R ta có (1) x, y = y, x (2) x + x′ , y = x, y + x′ , y (3) ax, y = a y, x (4) x, x dấu = xảy x = Định nghĩa 1.1.2 Trong không gian véc tơ Euclid V trường R, hai véc tơ x, y ∈ V gọi trực giao vuông góc với ký hiệu x⊥y x, y = Chuẩn hay độ dài véc tơ x định nghĩa số thực không âm x, x ký hiệu qua |x| Khi |x| = véc tơ x gọi véc tơ trực chuẩn Ví dụ 1.1.3 (i) Không gian Rn không gian Euclid với tích vô hướng x, y = x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn Trong x = (x1 , x2 , , xn) y = (y1 , y2 , , yn ) (ii) Tập tất dãy số thực vô hạn l2 = {x := (x1 , , xn ); ∞ n=0 x2n < ∞} lập thành không gian Euclid vô hạn chiều với tích vô hướng x, y = ∞ xn yn n=0 Thật vậy, hội tụ chuỗi ∞ n=0 x2n ∞ n=0 ∞ xn yn suy từ hội tụ chuỗi n=0 yn2 , nên tích vô hướng hoàn toàn xác định Ta dễ dàng kiểm tra tính chất nêu (iii) Không gian hàm số thực C[a, b] liên tục đoạn [a, b], a < b, lập thành không gian Euclid vô hạn chiều với tích vô hướng b x, y = f (t)g(t)dt a (iv) Nếu F ⊂ E không gian véc tơ không gian Euclid E F không gian Euclid với phép nhân vô hướng cảm sinh F 1.1.2 Phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt Để xây dựng sở trực chuẩn, ta sử dụng phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt Giả sử e1 , e2, , en sở không gian véc tơ Euclid V Khi sở trực giao xây dựng phương pháp quy nạp sau: (1) Bước đầu: Lấy f1 = e1 (2) Bước giả sử: Giả sử f1 , , fk xây dựng (3) Bước xây dựng fk+1 : Đặt fk+1 = ek+1 − a1f1 − · · · − ak fk với ek+1 , fi = , i = 1, , k Công thức tính hệ số suy từ fi , fi điều kiện fk , fi = Sau xây dựng xong f1 , , fn ta chuẩn hóa xk = k = 1, 2, , n 1.2 1.2.1 fk với |fk | Đa thức trực giao Khái niệm đa thức trực giao Với trường K ta xét vành R[x] = {f = f (x) = n s=0 as xs |n ∈ N, as ∈ R} Xây dựng tập V sau: Với f, g ∈ R[x] a ∈ R có f, g ∈ V, f + g ∈ V, af ∈ V Khi V không gian véc tơ R hay R-không gian véc tơ Giả sử ω(x) hàm xác định dương liên tục đoạn [a, b], a < b Định nghĩa tích V với hàm trọng số ω(x) qua: b f, g = f gω(x)dx a Mệnh đề 1.2.1 Với đa thức f, g, h ∈ V, a, b ∈ K, ta có hệ thức f, g af + bg, h = g, f = a f, h + b g, h 43 Với số tự nhiên k tập B gồm k phần tử, số tập A B 2k Từ suy số cặp (A, B), A, B ⊆ X, thỏa mãn A tập thực B n k=0 n k − 2n = 3n − 2n k Do vậy, số cặp (A, B), A, B ⊆ X, thỏa mãn A không tập thực B 2n 2n − [3n − 2n ] = 4n − 3n + 2n Bài toán 2.4.7 Cho dãy√Fibonacci F0 = F√1 = 1, Fn+1 = Fn + Fn−1 , 1+ 1− n Giả sử x2 = x1 = hai nghiệm phương 2 trình α2 = α + Chứng minh rằng: αn+2 = αFn+1 + Fn với n n n j F3n = j=0 2j F j Bài giải Kết với n = Giả sử kết cho n Với n + ta biến đổi αFn+2 + Fn+1 = α(Fn+1 + Fn ) + Fn+1 = (α + 1)Fn+1 + αFn = α2 Fn+1 + αFn Vậy αFn+2 + Fn+1 = α(αFn+1 + Fn ) = α.αn+2 = αn+3 kết luận xj+1 x2(1 + 2x2)n − x1 (1 + 2x1 )n √ Viết Fj = = 5 j=0 j=0 ý rằng, + 2x2 = x32 , + 2x1 = x31, ta nhận biến đổi tổng n x3n+1 − x3n+1 n j √ thành kết = F3n j Fj = j=0 n n j n j n j j+1 − j x2 √ Bài toán 2.4.8 Cho F0 = F1 = 1, Fn+1 = Fn + Fn−1 , n (1) Fn = n (−1)j j=1 (2) Fn = n n n j (F2j − 1) (−1)n+j j=1 Chứng minh n j (F3j − 1) √ √ 1+ 1− , x2 = có Fn = √ (xn+1 − xn+1 Bài giải (1) Với x1 = ) 2 44 Khi n j=0 n Fj = √ j n n − xj+1 (xj+1 ) j j=0 = √ [x2(1 + x2 )n − x1 (1 + x1 )n ] 2n 2 = √ [x2x2n − x1 x1 ]vì + x2 = x2 , + x1 = x1 n Từ suy n j j=0 Fj = √ (x2n+1 − x2n+1 ) = F2n Theo Định lý 2.4.5, ta nhận n Fn = (−1)n−j nj j=0 Vì F0 = = − n j=1 n (−1)n−j g(j) = j=0 (−1)j nj n j nên (−1) = − n công thức n (−1)n−j Fn = j=1 (2) Vì n j=0 n j F2j với f (j) = Fj , g(n) = F2n 2j Fj = F3n nên 2n Fn = n (−1)n−j j=1 n j từ suy n (F2j − 1) j n j=0 (−1)n+j n j F3j theo công thức chuyển ngược Như 2n Fn = n (−1)n+j j=1 n j F3j + (−1)n ta nhận công thức n n (−1)n+j Fn = j=1 n (F3j − 1) j Bài toán 2.4.9 Xét dãy số Lucas L0 = 2, L1 = Ln+2 = Ln+1 + Ln với n Khi ta có √ √ + − 5 x2 = (1) Ln = xn1 + xn2 với x1 = 2 (2) L2n = n j=0 n j Lj 45 (3) Ln = n n j (−1)n−j j=1 (L2j − 2) √ 1− , Bài giải (1) Bằng phương pháp qui nạp theo n, với x1 = √ 1+ x2 = ta có biểu diễn Ln = xn2 + xn1 (2) Vì + x2 = x22, + x1 = x21 nên ta biến đổi đây: n j=0 n n Lj = j n (xj2 + xj1) = (1 + x2)n + (1 + x1 )n j j=0 n x2n = + x2n = L2n Vậy có công thức L2n = j=0 (3) Theo Định lý 2.4.5, Ln = n (−1)n−j nj j=0 n g(j) = n Lj j (−1)n−j j=0 n j L2j với f (j) = Lj , g(n) = L2n Vì L0 = = −2 n (−1)j j=1 n j nên dễ dàng suy công thức n (−1)n−j Ln = j=1 2.4.3 n (L2j − 2) j Làm độ phức tạp dãy truy hồi Trong biểu diễn ∞ an xn , an gắn kèm xn Do an xn = am xm n=0 n = m nên an có địa Điều thuận lợi để tìm công thức tường minh cho số hạng tổng quát dãy số Bài toán 2.4.10 Dãy số (an ) xác định sau: a0 = an+1 = 5an +n2n với số nguyên n > Xác định công thức tường minh tính an theo n 46 Bài giải Xét hàm sinh f (x) = ∞ an xn dãy (an ) n=0 Khi có khai triển f (x) = a0 + (5a0 + 0.1)x + (5a1 + 1.2)x2 + (5a2 + 2.22)x3 + · · · Như f (x) = 5xf (x) + + x 1(2x) + 2(2x)2 + 3(2x)3 + · · · suy f (x) = 1 1 11 + − − 5x − 2x (1 − 2x)2 Biểu diễn thành chuỗi lũy thừa 11 1 17 1 + − − 5x − 2x (1 − 2x)2 11 + 5x + 52 x2 + 53 x3 + · · · + 5nxn + · · · = 1 + 2x + 22 x2 + 23x3 + · · · + 2n xn + · · · + − + 2(2x) + 3(2x)2 + 4(2x)3 + · · · + (n + 1)(2x)n + · · · f (x) = Từ suy an = 11.5n − (3n + 2).2n với n Bài toán 2.4.11 Dãy số (an ) xác định sau: a1 = a1 a2 an−1 + + + ··· + , n > Xác định công thức an = n! (n − 1)! (n − 2)! 1! −1 F (n)(0) , F (x) = x với n đóng f (x) an = n! e −2 Bài giải Đặt a0 = Xét hàm sinh f (x) = ∞ an xn Khi n=0 f (x)(ex − 1) = a0 + a1 x + a2 x + · · · + an x n + · · · = f (x) − Vậy f (x) = an = 1 x + · · · + xn + · · · 1! n! −1 Dựa vào Công thức khai triển Taylor ta có ex − F (n)(0) −1 , F (x) = x với n n! e −2 47 Bài toán 2.4.12 Dãy a1 = 1, an = −1an−1 + 2an−2 − · · · + (−1)n−1 (n − 1)a1 với số nguyên n Khi ta có (1) a2 = −1, a3 + 3a2 = 0, an+2 + 3an+1 + an = 0, n (2) Tìm dư phép chia an cho (3) Xác định an theo n Hãy có nhiều vô hạn số hạng thuộc dãy Fibonacci xuất dãy (an ) 2n (4) k=1 2n k ak+1 = F2n−1 (5) an+1 an−1 = a2n − với n Bài giải (1) Đặt f (x) = a1x + a2 x2 + · · · Tích hai chuỗi lũy thừa F (x) = f (x) − 1x + 2x2 − 3x3 + · · · = −1a1 x2 + (−1a2 + 2a1 )x3 + (−1a3 + 2a2 − 3a1 )x4 + · · · = a2 x2 + a3x3 + a4x4 + a5 x5 + · · · = f (x) − x Từ = − x + x2 − x3 + x4 − x5 + · · · suy chuỗi lũy thừa sau: 1+x −1 = −1 + 2x − 3x2 + 4x3 − 5x4 + 6x5 − · · · Do ta (1 + x) −x = −1x + 2x2 − 3x3 + 4x4 − 5x5 + · · · Thế vào F (x) có (1 + x) f (x) −x (1 + x)2 = f (x) − x hay f (x) x2 + 3x + = x3 + 2x2 + x Từ đồng a1x + a2x2 + a3x3 + · · · x2 + 3x + = x3 + 2x2 + x suy a1 = 1, a2 + 3a1 = 2, a3 + 3a2 = 0, an+2 + 3an+1 + an = 0, n (2) Ta có a3 ≡ 0( mod 3) Vì an+2 + 3an+1 + an = nên an+2 + an ≡ 0( mod 3) n 2 Vậy, với 48 số k có    a ≡ 0( mod 3)   2k+1 a4k+2 ≡ a2 ≡ 2( mod 3)    a ≡ 1( mod 3) 4k x3 + 2x2 + x 3x + = x − + có x2 + 3x + x2 + 3x + 1 u2 v2 3x + √ =x−1+ √ √ − f =x−1+ 3− 5 x−u x−v 3+ x+ x+ 2 √ √ −3 − −3 + v u với u = ,v = Vậy f = x − + √ − 2 vx − ux − 1 u v − uv = nhận f = x − + √ − ux − vx (3) Từ công thức đóng f = Viết thành chuỗi v u f = x − + √ (1 + ux + u2 x2 + u3 x3 + · · · ) − √ (1 + vx + v x2 + v x3 + · · · ) 5 un−1 − v n−1 √ nhận công thức xác định an = hay √ √ − 2n−2 + 2n−2 − un−1 − v n−1 n−1 2 √ √ = (−1) an = 5 Như an = (−1)n−1 F2n−1 với n (4) Vì 2n k=1 2n k ak+1 2n k=1 (1 + u)2n − (1 + v)2n √ u −v ]= nên √ √ − 2n + 2n − 2 √ = F2n−1 = 2n √ = k=1 2n ak+1 k 2n k k k (5) Ta có a2 = −1, a3 = an+2 = −3an+1 − an với n với bn+1 = an, n Khi    a = 3, b3 = −1   an+1 = −3an − bn    b = a , n n+1 n Xét dãy (bn ) 49 Xét an+1 + xb√n+1 = (−3 + x)an − bn Chọn x thỏa mãn (−3 + x)x = −1 3± hay x = ta có an+1 + xbn+1 = (−3 + x)(an + xbn ) = · · · = (−3 + x)n−2 (a3 + xb3 ) Vậy √  +  an+1 + an = 2√  3− a an = n+1 + √ 3+ −3+ 2√ 3− −3+ n−2 n−2 √ 3+ 3− 2√ 3− 3− Nhân hai phương trình, vế với vế, ta nhận a2n+1 +3anan+1 +a2n −1 = với n Tương tự a2n−1 + 3an an−1 + a2n − = với n Từ hai phương trình suy an+1, an−1 nghiệm phương trình x2 + 3an x + a2n − = nhận an+1an−1 = a2n − 1, n Bài toán 2.4.13 Dãy (an ) xác định qua a1 = an = 1an−1 + 2an−2 + · · · + (n − 1)a1 với số nguyên n Chứng minh (1) a3 = 3a2 an+2 − 3an+1 + an = với số nguyên n xác định an theo n Từ suy a2k+1 chia hết cho k (2) an = F2n−1, F0 = F1 = 1, Fn+2 = Fn+1 + Fn , n (3) 2n k=1 2n k ak+1 chia hết cho 5n (4) (a1 a3 + 1)(a2 a4 + 1)(a3 a5 + 1) (an−1 an+1 + 1) = n i=1 a2i Bài giải (1) Xét f (x) = a1x + a2 x2 + · · · + an xn + · · · Khi ta có f (x)(1x + 2x2 + · · · + nxn + · · · ) = f (x) − x Từ x = + x + x2 + x3 + · · · ta suy 1x + 2x2 + · · · = 1−x (x − 1)2 x2 f (x)(x2 − 3x + 1) = x3 − 2x2 + x Vậy f (x) = x + x − 3x + 50 Nhân so sánh hệ số xn , n hai vế, nhận a1 = 1, a2 = 1, a3 = 3a2 , an+2 − 3an+1 + an = với số nguyên n x3 − 2x2 + x 3x − Từ công thức đóng f (x) = = x+1+ có phương x − 3x + x − 3x + trình 3x − b2 a2 √ = x+1+ √ √ f (x) = x + + − 3− 5 x−a x−b 3+ x− x− 2 √ √ 3+ 3− b a ,b = Ta có f (x) = x + + √ − với a = 2 bx − ax − ab = a b − Như f (x) = x + + √ − ax − bx Viết thành chuỗi b a f (x) = x+1+ √ (1+ax+a2x2 +a3x3 +· · · )− √ (1+bx+b2x2 +b3x3 +· · · ) 5 an−1 − bn−1 √ nhận công thức xác định an = , n Từ a3 = 3a2 an+2 − 3an+1 + an = với số nguyên n a2k+1 chia hết cho k an−1 − bn−1 √ (2) Ta có an = (3) Vì 2n k=1 2n k 2n k=1 √ 1+ = 2n ak+1 = √ k=1 2n ak+1 = 5n k √ − 2n−2 − √ 2n−2 = F2n−1 (1 + a)2n − (1 + b)2n √ nên √ √ 3− n 3+ n − 2 √ = 5n an−1 2n k Như vậy, ta nhận kết quả: ak − bk ] = 2n k=1 2n k ak+1 chia hết cho 5n (4) Ta có a2 = 1, a3 = an+2 = 3an+1 − an với n Xét dãy (bn ) với bn+1 = an , n suy 2 51 Khi    a = 3, b3 =   an+1 = 3an − bn    b = a , n n+1 n Xét an+1 +√xbn+1 = (3 + x)an − bn Chọn x thỏa mãn (3 + x)x = −1 hay −3 ± x= ta có an+1 + xbn+1 = (3 + x)(an + xbn ) = · · · = (3 + x)n−2(a3 + xb3 ) Vậy √ √ √  n−2 −3 + −3 + −3 + 5  an+1 + an = + 3+ 2√ 2√ 2√ n−2  −3 − −3 − −3 − 5 a an = + 3+ n+1 + 2 Nhân hai phương trình, vế với vế, ta nhận a2n+1 −3an an+1 +a2n −1 = với n Tương tự a2n−1 − 3an an−1 + a2n − = với n Từ hai phương trình suy an+1 , an−1 hai nghiệm phương trình x2 − 3anx + a2n − = nhận an+1 an−1 = a2n − với n Từ đồng thức an+1 an−1 + = a2n với n 4 ta suy tích sau T = (a1 a3 + 1)(a2 a4 + 1)(a3 a5 + 1) (an−1 an+1 + 1) T = 4.a23a24 a2n n =4 i=1 a2i Bài toán 2.4.14 Dãy (an ) xác định qua a0 = an = 1.2.an−1 + 2.3.an−2 + · · · + (n − 1)na1 + n(n + 1)a0 với số nguyên n số nguyên n Chứng minh −an+3 + 5an+2 − 3an+1 + an = với −an+3 − an+2 − an+1 ≡ a0 + a1 + a2 + · · · + an+1 + an+2( mod 3) Bài giải Xét f (x) = a0 + a1 x + a2x2 + · · · + anxn + · · · nhận f (x)(1.2.x + 2.3.x2 + · · · + n.(n + 1).xn + · · · ) = f (x) − 52 x2 3 Từ = + x + x + x + · · · ta suy 1x + 2x + · · · = 1−x (x − 1)2 Lấy đạo hàm hai vế có 1.2.x + 2.3.x2 + · · · = diễn −2x nhận biểu (x − 1)3 f (x)(x3 − 3x2 + 5x − 1) = x3 − 3x2 + 3x − Nhân so sánh hệ số xn hai vế, ta nhận mối quan hệ bảng hệ thức sau:    a0 =       −a1 + 5a0 =     −a + 5a − 3a = −3   −a3 + 5a2 − 3a1 + a0 = suy       ··· = ···     −a n+3 + 5an+2 − 3an+1 + an = Cộng hàng dọc    a0 ≡ 1( mod 3)       −a1 + 2a0 ≡ 0( mod 3)     −a + 2a ≡ 0( mod 3)   −a3 + 2a2 + a0 ≡ 1( mod 3)       ··· = ···     −a n+3 + 2an+2 + an ≡ 0( mod 3) −an+3 + an+2 + an+1 ≡ a0 + a1 + a2 + · · · + an( mod 3) Bài toán 2.4.15 Dãy (an ) xác định qua a1 = an = 1.2.an−1 − 2.3.an−2 + · · · + (−1)n (n − 1).n.a1 với số nguyên n Chứng minh rằng, n 2 ta luôn có hệ thức an+3 + an+2 + 3an+1 + an = an+3 + 2an+2 + 5an+1 + n ak = k=1 Bài giải Xét f (x) = a1 x + a2x2 + · · · + an xn + · · · Ta nhận f (x)(1.2.x − 2.3.x2 + · · · + (−1)n+1 n.(n + 1).xn + · · · ) = f (x) − x 1 Từ = − x + x2 − x3 + · · · ta suy −1 + 2x − 3x2 + · · · = − 1+x (x + 1)2 Lấy đạo hàm hai vế có 1.2.x − 2.3.x2 + · · · = 2x (x + 1)3 53 ta nhận x4 + 3x3 + 3x2 + x f (x) = x + 3x2 + x + Từ f (x)(x3 + 3x2 + x + 1) = x4 + 3x3 + 3x2 + x ta nhân so sánh hệ số xn , n hai vế, a1 = 1, a2 = 2, a3 = −2, a4 + a3 + 3a2 = 0, an+3 + an+2 + 3an+1 + an = với số nguyên n Biểu diễn mối quan hệ bảng hệ thức:    a1 =       a2 + a1 =       a3 + a2 + 3a1 =       a4 + a3 + 3a2 + a1 =       a + a4 + 3a3 + a2 =   a6 + a5 + 3a4 + a3 =      ··· = ···       an + an−1 + 3an−2 + an−3       an+1 + an + 3an−1 + an−2       an+2 + an+1 + 3an + an−1     a n+3 + an+2 + 3an+1 + an =0 =0 =0 = n Cộng vế với vế, ta nhận an+3 + 2an+2 + 5an+1 + ak = k=1 Bài toán 2.4.16 Dãy (an ) xác định qua a1 = an = 1.2.an−1 + 2.3.an−2 + · · · + (n − 1).n.a1 với số nguyên n Chứng minh đồng thức an+3 − 4an+2 − an+1 = n ak n k=1 Bài giải Xét f (x) = a1 x + a2x2 + · · · + an xn + · · · Khi có hệ thức f (x)(1.2.x + 2.3.x2 + · · · + n.(n + 1).xn + · · · ) = f (x) − x 54 x2 3 Từ = + x + x + x + · · · suy 1x + 2x + · · · = 1−x (x − 1)2 Lấy đạo hàm hai vế có 1.2.x + 2.3.x2 + · · · = −2x2 Vậy f (x) = x + x − 3x2 + 5x − −2x (x − 1)3 Từ f (x)(x3 − 3x2 + 5x − 1) = x4 − 3x3 + 3x2 − x ta nhân so sánh hệ số xn, n nguyên n hai vế, nhận an+3 = 5an+2 − 3an+1 + an với số Biểu diễn mối quan hệ bảng hệ thức sau đây:    −a1 = −1       −a2 + 5a1 =       −a3 + 5a2 − 3a1 = −3       −a4 + 5a3 − 3a2 + a1 =       −a + 5a4 − 3a3 + a2 =   −a6 + 5a5 − 3a4 + a3 =      ··· = ···       −an + 5an−1 − 3an−2 + an−3 =       −an+1 + 5an − 3an−1 + an−2 =       −an+2 + 5an+1 − 3an + an−1 =     −a n+3 + 5an+2 − 3an+1 + an = Cộng vế với vế nhận −an+3 + 4an+2 + an+1 + Vậy an+3 − 4an+2 − an+1 = n ak = k=1 n ak k=1 Bài toán 2.4.17 Xét dãy a1 = 1,an = 12an−1 + 22an−2 + · · · + (n − 1)2 a1 a = 4a − 3, a = 4a − 2a + 3 với số nguyên n Khi a = 4a − 2a + a , n n+3 n+2 n+1 n 55 Bài giải Đặt f (x) = a1 x + a2x2 + a3 x3 + · · · Khi tích hai chuỗi f (x) 12 x + 22x2 + 32 x3 + · · · = 12 a1x2 + (12 a2 + 22 a1)x3 + (12 a3 + 22 a2 + 32 a1 )x4 + · · · = a2 x2 + a3 x3 + a4x4 + a5x5 + · · · = f (x) − x Từ = + x + x2 + x3 + x4 + x5 + · · · ta suy chuỗi lũy thừa 1−x = + 2x + 3x2 + 4x3 + 5x4 + 6x5 + · · · Do nhận (1 − x) x = 1x + 2x2 + 3x3 + 4x4 + 5x5 + 6x6 + · · · có biểu diễn (1 − x) x(1 + x) = 12x + 22 x2 + 32x3 + 42 x4 + 52x5 + 62 x6 + · · · Như (1 − x) f (x) x(1 + x) = f (x)−x hay f (x) x3 −2x2 +4x−1 = x4 −3x3 +3x2 −x (1 − x) Từ đồng a1x+a2 x2 +a3 x3 +· · · x3 −2x2 +4x−1 = x4 −3x3 +3x2 −x suy a3 = 4a2 − 2a1 + 3, an+3 = 4an+2 − 2an+1 + an với n 56 Kết luận Luận văn "Một số đa thức đặc biệt tính chất" giải vấn đề sau: (1) Không gian véc tơ Euclid phương pháp trực giao hóa Gram Schmidt (2) Khái niệm đa thức trực giao với nghiệm đa thức trực giao tương ứng (3) Trình bày đa thức Chebyshev Legendre (4) Đa thức Bernoulli (5) Dãy đa thức (an(x)) vận dụng để xét đa thức Fibonacci Lucas (6) Vận dụng giải toán sơ cấp 57 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Lê Tuấn Hoa (2008), Đại số tuyến tính qua ví dụ tập, Nhà xuất Đại học quốc gia Hà Nội [2] Nguyễn Văn Mậu (2004), Đa thức phân thức hữu tỷ, Nhà xuất giáo dục [3] Trần Tuấn Nam, Đàm văn Nhỉ, Lưu Bá Thắng (2015), Một số ứng dụng đại số đại vào giải toán sơ cấp, Nhà xuất Đại học sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh Tiếng Anh [4] B Djordjevic and V Milovanovic (2014), Special Classes of Polynomials, University of Niˇs [5] V Prasolov (2004), Polynomials, Springer-Verlag Berlin Heidelberg ... phổ thông nói chung quan tâm đến đa thức nói riêng Luận văn "Một số đa thức đặc biệt tính chất" trình bày số vấn đề liên quan đến đa thức trực giao, đa thức đặc biệt: Chebyshev, Legendre, Bernoulli,... (1) Các đa thức trực giao tồn (2) Các đa thức monic trực giao bậc n xác định cho số tự nhiên n (3) Đa thức p = đa thức trực giao p, q = cho đa thức q với deg q < deg p (4) Đa thức p = đa thức trực... mong tìm kiếm tính chất liên quan số hữu tỷ nên luận văn có đặt vấn đề xét số đa thức đặc biệt đa thức trực giao Một vấn đề khác mà luận văn đề cập đến: Đó việc xét số toán đa thức xuất kỳ thi