ĐA THỨC CHEBYSHEV

TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN ĐA THỨC CHEBYSHEV Tạp chí tư liệu toán học Đa thức Chebyshev, đặt theo tên nhà toán học Nga Pafnuty Chebyshev, dãy đa thức trực giao (tiếng Anh: orthogonal polynomials), có liên quan đến cơng thức de Moivre (de Moivre's formula) Có thể xác định dãy đa thức công thức truy hồi, giống số Fibonacci số Lucas Có hai loại: đa thức Chebyshev loại I (ký hiệu Tn) đa thức Chebyshev loại II (ký hiệu Un) Chữ T döng để kø hiệu vë, tiếng Pháp tên Chebyshev viết Tchebycheff tiếng Đức Tschebyscheff Chữ n kø hiệu cho bậc đa thức Đa thức Chebyshev ý tưởng đơn giản (cũng chất nó) biểu diễn cos  nx  đa thức bậc n theo cos x Trong viết ta cöng tëm hiểu định nghĩa tình chất ứng dụng Tài liệu blog tổng hợp từ nhiều nguồn I ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT ĐA THỨC CHEBYSHEV ĐỊNH NGHĨA  T0  x   1, T1  x   x Các đa thức Tn  x  , n ∈ N xác định sau:   Tn 1  x   2xTn  x   Tn 1  x  Gọi đa thức Chebyshev loại I  U  x   0, U  x   Các đa thức Tn  x  , n ∈ N xác định sau:   U n 1  x   2xU n  x   U n 1  x  , n  Gọi đa thức Chebyshev loại II CÁC TÍNH CHẤT CỦA ĐA THỨC LOẠI I Đa thức Chebyshev có nhiều tình chất hay, sử dụng nhiều việc giải toán đa thức Sau xin nêu số tình chất quan trọng (việc chứng minh dễ dàng)  Tình chất 1: x   1, 1 ,ta có Tn  x   cos(n arccos x)  Tình chất 2: Tn  x  đa thức bậc n, n  ,hệ số cao n   Tình chất 3: Tn  x  hàm chẵn x chẵn hàm lẻ x lẻ  Tình chất 4: Đa thức Tn  x  có đ÷ng n nghiệm phân biệt  1, 1 : xk  cos 2k  ,  k  1, 2, , n   2n  Tình chất 5: a) Tn  x   1, x   1, 1 b) Tn  x   n  điểm khác  1, 1 xk  cos   Chú ý là: Tn xk   1  k  k  1, 2, , n  n k Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic tốn | ĐA THỨC CHEBYSHEV Các điểm xk gọi điểm luân phiên Chebyshev  Tình chất 6: P  x  bậc n, hệ số cao 1, ta có max P  x   Đẳng thức xảy  P  x   Tn *  x   n 1 n 1 Một vài đa thức khởi đầu T2  2x  T3  4x  3x T4  8x  8x  CÁC TÍNH CHẤT CỦA ĐA THỨC LOẠI II  Tình chất 1: x   1,  ta có U n  x    Tình chất 2: U n  x    sin  n arccos x   x2 Tn '  x  n Tình chất 3: a) U n  x  đa thức hệ số nguyên, bậc n  , hệ số cao n  b) U n  x  hàm chẵn x lẻ hàm lẻ x chẵn  Tình chất 4: U n  x   n, x   1,   Tình chất 5: Đa thức U n  x  có đ÷ng n-1 nghiệm phân biệt khác  1, 1 Đặc biệt: Từ tình chất 4, ta có: Tn '  x   n , x   1,  II MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA Một dấu hiệu để nhận biết tốn đa thức có sử dụng tình chất đa thức Chebyshev hay khơng miền giá trị đa thức Các toán miền  1; 1 gợi cách giải phương pháp sử dụng tình chất đa thức Chebyshev Sau ta xét lớp toán đa thức có sử dụng tình chất đa thức Chebyshev Bài 1: Cho hàm số y  4x   a   x  ax Tëm a để y  x  Lời giải Vì y  x  nên ta có :  y  1    2a      y  1   1   2a       a  1  a  a   y          1     4  2   3a   a3 a   y     1          | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN  4  a  1   2a     4  a    3  a   a  3 4  3a     3  a   Ngược lại, a  3 y  4x  3x Đặt x  cos  với    0; y  cos3 rõ ràng thỏa mãn y  x  Bình luận: Nếu xem lời giải không hiểu rõ nguồn gốc, cội nguồn tốn học sinh thấy lời giải tự nhiên việc ta xét giá trị hàm số giá trị x 1;  mà giá trị khác Thực chất việc xét giá trị hàm số điểm 1;  chình xét giá trị hàm số nghiệm đa thức Chebyshev bậc ba Bài 2: Cho hàm số y  4x  mx Tëm m để y  x  Lời giải Vì y  x  nên ta có :  y  1      y  1   4m 1 1   m    5  m  3   1  m  3  y      4  m   2  m       m    2   3a   1m 1 1   1  4  y   2     Ngược lại, m=-3 y  4x  3x Đặt x  cos  với    0; y  cos3 rõ ràng thỏa mãn y  x  Bài 3: Tëm a, b, c để 4x  ax  bx  c  1, với x thỏa mãn x  Lời giải Cách Điều kiện cần: Vì y  x  nên ta có :  y  1    y  1     1  y     I  2   y      5  a  b  c  3    3  a  b  c     6  a  2b  4c    2  a  2b  4c     Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | ĐA THỨC CHEBYSHEV a  b  c  Từ (1) (2) ta có:   2b   b  3   a  b  c  3 a  2b  4c  6 Từ (3) (4) ta có:   4b  12  b  3   a  2b  4c  Từ (5) (6) ta b  3 2  a  c  0  a  c  a  c    ac0 Thế b  3 vào hệ (I) ta có:  8  a  4c  a  4c  0  a  4c  Điều kiện đủ: Khi a  c  0, b  3 y  4x  3x Đặt x  cos  với    0; y  cos 3 rõ ràng thỏa mãn y  x  Cách Giả sử tồn số a, b, c thỏa mãn điều kiện toán Đặt f  x   4x  ax  bx  c, M  max f  x  x 1;1  f(1)   a  b  c , f( 1)  4  a  b  c ,  Ta có    a b a b  1  f      c , f       c      1  1 1  1 6M  f    f  1   2f    2f     f    f  1   2f    2f    2  2 2  2   a  b  c  a  b  c   a a  b  2c    b  2c    2 1  1 Vậy M  Dấu “=” xảy f(1)  f( 1)  f    f     M  , đồng thời 2  2 1  1 f  1 , f  1  , f   , f    đôi có tìch khơng âm Điều tương đương với 2  2  4  a  b  c    4  a  b  c   a b      c    1      a b  f     f  1    f    f          c         1  1    a  b  c  1  f     f  1    f    f         a  b  c  1         a b       c  1      a  b  c  1   4 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN 2b   a  c   b  3  a  2b  4c     a  c   a  4c     a  4c  Mặt khác, từ giả thiết thë M  , phải có M  xảy dấu bất đẳng thức tức a  c  0, b  3 Ngược lại, a  c  0, b  3 y  4x  3x Đặt x  cos  với    0; y  cos3 rõ ràng thỏa mãn y  x  Bài 4: Tëm a, b để 8x  ax  b  1, x   1; 1 Lời giải Cách Điều kiện cần: Vì y  x  nên ta có :  y    1, y  1      y 0  b 1  1  b  1  b     2    8ab   1  a  b     I  9  a  b  7  y        2  a  2b   6  a  2b  2      a  b    y         a  b  7 Từ   b  Lại b  nên b  a  2b    9  a   7 10  a  8 Thế b  vào hệ  I  ta có    a  8 6  a   2 8  a  4 Điều kiện đủ: Khi a  8, b  y  8x  8x  Đặt x  cos  với    0; y  cos 4 rõ ràng thỏa mãn y  x  Cách Giả sử tồn số a, b thỏa mãn điều kiện toán Đặt f  x   8x  ax  b, M  max f  x  theo giả thiết M  x 1;1  2 a Ta có f    b , f     a  b , f      b     M   Do M  max f  x  nên M  x 1;1   M   f 0 f  1  2 f     Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | ĐA THỨC CHEBYSHEV  2  2 Từ ta có:  4M  f    f    2f    f    f    2f         2 Vậy M  Dấu “=”xảy f    f    f    , đồng thời f   , f   ,    2  f   đơi cưng dấu Điều tương đương với:      f    f    f      f    f    f      2   1  2 1  a  8  b  Ngược lại: Khi a  8, b  y  8x  8x  Đặt x  cos  với    0; y  cos 4 rõ ràng thỏa mãn y  x  Bình luận Các giá trị x mà ta xét chình nghiệm đa thức Chebyshev bậc bốn, nghiệm 0; 1;  Bài 5: Chứng minh với x   1; 1 ta có ax  bx+c  h a  b  c  4h Lời giải f    a  b  c, f    h  Đặt f  x   ax  bx  c , theo giả thiết f  x   h f  1   a  b  c, f  1   h  f    c, f    h Từ ta có a  f  1  f  1 f    f  1   f 0 , b  , c  f 0 2 Vậy a  b  c    f  1  f  1  f  1  f  1   f 0  f  1  f 0   f  1 f    f  1   f 0  f 0 h h h h   h    h  4h 2 2 Như ta có điều phải chứng minh a  b  c  4h Bài 6: Cho f  x   ax  bx  c thỏa mãn điều kiện Chứng minh f  x   f  1   1, f    1, f    x  Lời giải AB AB Đặt A  a  b  c, B  a  b  c , thë a   c, b  2 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TOÁN Theo giả thiết: f    A  1, f  1   B  1, f    c  A B AB  AB Ta có f  x   ax  bx  c    c  x2    x  c   x  x   x  x  c 1  x  2 2     1 Vậy f  x   x  x + x  x +  x 2  Với  x  , ta có 1 1 f  x   x2  x + x2  x +  x2 =  x  x  +  x  x     x    x  x 2 2  Với 1  x  , ta có 1 1 f  x   x2  x + x2  x +  x2 =   x2  x  +  x2  x     x2    x  x 2 2 2  1 Các kết chứng tỏ với x  f  x    x  x    x     2 Bài 7: Chứng minh đa thức f  x  bậc n  biểu diễn dạng n f  x    Ti  x , a n  cách biểu diễn i 0 Lời giải Ta có Tn  x  đa thức bậc n có hệ số cao n  nên ta viết Tn  x   n 1 x n    x  với   x  đa thức bậc nhỏ n Suy x n  n 1 T x  n 1 x Bằng quy nạp ta chứng minh được: f  x   a0  a T  x   a T2  x    a n Tn  x  Bây ta chứng minh tình cách biểu diễn Giả sử f  x   a  a T  x   a T2  x    a n Tn  x   a'0  a'1 T  x   a'2 T2  x    a'n Tn  x  Khi n a i 0 i  a'i  Ti  x   0, x  Vậy a  a'0  a  a'1   a n  a'n  Hay a  a'0 , a  a'1 , , a n  a'n Một dấu hiệu để nhận biết toán đa thức có sử dụng tình chất đa thức Chebyshev hay khơng miền giá trị đa thức Các toán miền  1, 1 gợi cách giải phương pháp Ta xét thêm số dụ: Bài 8: Cho đa thức hệ số thực f  x   ax  bx  cx  d,   Biết x   1, 1 tacó f  x    Tëm max a , b , c , d Lời giải Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | ĐA THỨC CHEBYSHEV A  f  1   a  b  c  d   4   a b c  1 a   A B C D  B  f       d    3 3  a  4  2    1 b  A  D  E  b  2  1 a b c Đặt C  f       d Từ giả thiết:   2 2  c  3   8 d   c  A  B  C  D D  f    a  b  c  d 6 6    d  E E  f    d    Bằng cách xét: f  x     4x  3x  g  x     2x   max a  4 ,  max b   , Thë ta có dấu đẳng thức xảy Vậy:  max c  3 , max d    Chú ý: f  x  ,g  x  xét dự sở cos2x, cos3x Bài 9: Cho đa thức Pn 1  x  bậc không vượt n  có hệ số bậc cao a , thỏa mãn điều kiện  x Pn 1  x   1, x   1, 1 Chứng minh a0  n 1 Lời giải Ta viết đa thức cho dạng nội suy Lagrange theo n÷t nội suy x j  cos 2j   2n nghiệm đa thức Chebyshev Tn  x  : n Pn 1  x     1 n j1 Vậy nên a0  j1 Tn  x    xx  x 2j Pn 1 x j  a0  j n 1 n j1  1  x2j P x j  n j1   n 1 n n 1  x P x  n  n 1  j j n j1 n   Bài 10: Giả thiết đa thức Pn 1  x  thỏa mãn điều kiện Bài Chứng minh Pn 1  x   n, x   1, 1 Lời giải Với x j chọn toán thë hàm số y  cos x nghịch biến  0;   nên 1  x n  x n 1   x  x  Nếu x1  x  Pn 1  x   n  x 2j Pn 1 x j  n j1   Tn  x  x  xj  n Tn  x  2  n j1 x  x j   x  x j  Tn  x  có dấu khơng đổi  x ; 1 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHÓM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN n Mặt khác thë Tn  x   Lại có Tn'  x  n n 1 n  j1  x  x j Nên ta có T  x   ' n n 1 n x  x  j  x  x  j1 k 1 k n Tn  x  k 1 x  xk   3  U n  x   n Nên từ (2) (3) suy Pn 1  x   n, x  (x1 ; 1] Hoàn tồn tương tự ta có Pn 1  x   n, x  [ 1, x n ) Xét x n  x  x Khi ta có Do   x   x12  sin  arccos x1   sin  2n sin x   1  , sin    x   Pn 1  x    n x  2n 2n n n n n Tóm lại ta chứng minh Pn 1  x   n, x   1, 1 Bài 11: Cho đa thức lượng giác P  t   a sin t  a sin 2t   a n sin  nt  Thỏa mãn điều kiện P  t   1, t  \ , 2 , , 0, , ,  Chứng minh P t sin t  n, t  \ , 2 , , 0, , ,  Lời giải Nhận xét P t sin t  Pn 1  cos t  với Pn 1  x  đa thức dạng (1) Đặt cos t  x Khi x  P  t   sin Pn 1  cos t    x Pn 1  x  Ta thấy P  x  thỏa mãn điều kiện toán trước nên Pn 1  x   n, x   1, 1 Do P t sin t  n, t  \ , 2 , , 0, , ,  n  Bài 12: Cho đa thức lượng giác P  x    a j cos jx  b j sin jx j0 P  x   1, x   thỏa mãn điều kiện Chứng minh P '  x   n, x  Lời giải  cos  x0  x   cos  x0  x   sin x0 sin x Cho x tuỳ ø Do   sin  x0  x   sin  x0  x   cos x0 sin x P '  x0  x   P '  x0  x  P  x0  x   P  x0  x  n Nên g  x     c j sin jx  g '  x   2 j 0 Và g '    P '  x  Ta chứng minh g '    n Thật vậy, g  x  đa thức lượng giác chứa sin Bài g  x  P  x0  x   P  x0  x   Tinh hoa tốn học nằm tự – Georg Cantor P  x0  x   P  x0  x  1 Chinh phục olympic toán | ĐA THỨC CHEBYSHEV Nên theo kết Nhưng g    suy Nên x  : g  x sin x g  x  g 0 x0  n x  \ , 2 , , 0, , ,  (4) x  n x  sin x \ , 2 , , 0, , ,  g  x  g 0 x 1  g '0 , sin x x0 Ta nhận g '    n Từ ta có P '  x   n Nhưng x chọn töy ø nên suy P '  x   n x  Bài 13 (Định lý Berstein-Markov) Cho đa thức Pn  x   a0 x n  a x n 1   a n Thỏa mãn điều kiện Pn  x   1, x   1; 1 Chứng minh : P 'n  x   n , x   1; 1 (5) Lời giải Đặt x  cosa Khi theo giả thiết thë Pn  cos a   Do Pn  cos a  có dạng n  Pn  cos a    a j cos j  b j sin j j0  Nên ta áp dụng kết Bài 10 Ta sin .P 'n  cos    n   x Cũng theo Bài 4, ta có P 'n  x  n P 'n  x  n 1  n suy P '  x   n Nhận xét : Dựa vào kết Định lø Berstein-Markov, sau áp dụng liên tiếp kết định lì này, ta thu kết sau: Nếu Pn  x   1, x   1; 1 P  k   x    n  n   n    n  k    , x   1; 1 Bài 14: Cho a , a , , a n số thực không âm không đồng thời a) Chứng minh phương trënh x n  a1 x n 1   a n 1 x  a n  (6) có đ÷ng nghiệm dương n n j1 j1 b) Giả sử R nghiệm dương phương trënh (6) A   a j , B   ja j Chứng minh A A  R B Lời giải a1 a a    nn x x x a a a Đặt f  x    22   nn Nhận xét f  x  liên tục f  x  nghịch biến khoảng x x x a) Do x  nên (6)    0,   nên tồn R  cho f  R   10 | Chinh phục olympic toán Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN b) Đặt c j  aj A Suy c j  Nên teo BĐT Jensen n n  j1 Hay c j1  c j  ln j1 Suy n  j  Do hàm số y   ln x lõm khoảng  0,    n  n aj  A A   ln c   ln  j j    j    ln f  R    ln  Rj R j     j 1 R  n n j1 j1 c j ln R j  c j ln A  ln A   c j   ln R   jc j aj   n n a j  ln A    ja j  ln R   doc j  ;A    A j1 A j1 A   Vậy nên ln  A A   ln  R B   A A  R B Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor Chinh phục olympic toán | 11 ... chất đa thức Chebyshev hay khơng miền giá trị đa thức Các toán miền  1; 1 gợi cách giải phương pháp sử dụng tình chất đa thức Chebyshev Sau ta xét lớp toán đa thức có sử dụng tình chất đa thức. .. để nhận biết toán đa thức có sử dụng tình chất đa thức Chebyshev hay khơng miền giá trị đa thức Các tốn miền  1, 1 gợi cách giải phương pháp Ta xét thêm số dụ: Bài 8: Cho đa thức hệ số thực.. .ĐA THỨC CHEBYSHEV Các điểm xk gọi điểm luân phiên Chebyshev  Tình chất 6: P  x  bậc n, hệ số cao 1, ta có max P  x   Đẳng thức xảy  P  x   Tn *  x   n 1 n 1 Một vài đa thức