ĐA THỨC CHEBYSHEV

ĐA THỨC CHEBYSHEV Tạp chí và tư liệu toán học Đa thức Chebyshev, được đặt theo tên nhà toán học Nga Pafnuty Chebyshev, là một dãy đa thức trực giao (tiếng Anh: orthogonal polynomials), và có liên quan đến công thức de Moivre (de Moivres formula). Có thể xác định dãy đa thức này bằng công thức truy hồi, giống như số Fibonacci và số Lucas. Có hai loại: đa thức Chebyshev loại I (ký hiệu là Tn) và đa thức Chebyshev loại II (ký hiệu là Un). Chữ T được döng để kø hiệu vë, trong tiếng Pháp tên của Chebyshev viết là Tchebycheff và trong tiếng Đức là Tschebyscheff. Chữ n kø hiệu cho bậc của đa thức. Đa thức Chebyshev ý tưởng đơn giản (cũng như bản chất của nó) chỉ là biểu diễn cosnx là đa thức bậc n theo cos x . Trong bài viết này ta sẽ cöng tëm hiểu định nghĩa các tình chất và ứng dụng của nó. Tài liệu được blog tổng hợp từ nhiều nguồn I. ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT ĐA THỨC CHEBYSHEV 1. ĐỊNH NGHĨA Các đa thức T x , n ∈ N xác định như sau: T0 x  1, T1 x  x n T x  2xT x  T x  n1 n n1 Gọi là các đa thức Chebyshev loại I. Các đa thức T x , n ∈ N xác định như sau: U0 x  0, U1 x  1 n U x  2xU x  U x , n  1  n1 n n1 Gọi là các đa thức Chebyshev loại II 2. CÁC TÍNH CHẤT CỦA ĐA THỨC LOẠI I Đa thức Chebyshev có nhiều tình chất hay, được sử dụng rất nhiều trong việc giải quyết các bài toán đa thức. Sau đây xin được nêu một số tình chất quan trọng (việc chứng minh rất dễ dàng) • Tình chất 1: x1, 1,ta có Tn x  cos(n arccos x) • Tình chất 2: Tn x là đa thức bậc n, n  ,hệ số cao nhất là 2 n1 • Tình chất 3: Tn x là hàm chẵn khi x chẵn và là hàm lẻ khi x lẻ. • Tình chất 4: Đa thức Tn x có đ÷ng n nghiệm phân biệt trong 1, 1: • Tình chất 5: a) Tn x  1, x1, 1 x  cos 2k  1 , k  1, 2,..., n  1 k 2n b) Tn x  1 chỉ tại n  1 điểm khác nhau trong 1, 1là xk  cos k k  1, 2,..., n n Chú ý là: T x   1k

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 cos( nx đa thức bậc n theo cos x Trong viết ta diễn 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 T ( x ) , n ∈ N xác định sau:  n ( x ) = (Tx ) − ( x) T 2xT n n−1  n+1 Gọi đa thức Chebyshev loại I U0 ( x ) = 0, U ( x ) = Các đa thức T ( x ) , n ∈ N xác định sau:  n ( x) = (Ux ) − ( x ) , ∀n ≥ U 2xU n n−1  n+1 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−1 • 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, ]: 2k + π, ( k = 1, 2, , n − 1) x = cos k 2n • Tình chất 5: a) Tn ( x ) ≤ 1, ∀x∈[−1, 1] b) Tn ( x ) = n điểm khác [−1, +1 Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor 1]là xk Chinh phục olympic toán | ĐA THỨC CHEBYSHEV kπ = cos (k = Chú ý là: nT x ( ) = ( −1) | Chinh phục olympic toán 1, 2, , n) n k Tinh hoa toán học nằm tự – Georg Cantor 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) = T * ( x) = n 2n−1 2n−1 Một vài đa thức khởi đầu T = 2x2 − T = 4x − 3x T = 8x − 8x + CÁC TÍNH CHẤT CỦA ĐA THỨC LOẠI II • Tình chất 1: ∀x∈ ( −1, 1) • Tình chất 2: U ( x ) = n • Tình chất 3: n ta có Un ( x) = sin ( n arccos x) −x T '( x) n a) U n( x ) đa thức hệ số nguyên, bậc n − , hệ số cao n − b) Un ( x ) hàm chẵn x lẻ hàm lẻ x chẵn • Tình chất 4: • Un ( x) ≤ n, ∀x∈( −1, 1) Tình chất 5: Đa thức U n ( x ) có đ÷ng n-1 nghiệm phân biệt khác Đặc biệt: Từ tình chất 4, [−1, 1] T '( x) ≤ n2 , ∀x∈( −1, 1) ta có: n 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 = 4x3 + ( a + 3) x2 + ax Tëm a để y ≤ x ≤ Lời giải Vì y ≤ x ≤ nên ta có :  y( 1) ≤   y ) ≤  + 2a ≤  −1 ≤ −1 ≤ + 2a ≤  1   y  ≤  2    1 y − ≤  1       a+3 ⇔ a − + −  a ≤ ⇔ −1 ≤ − +  2 1 a + a  2+ + ≤  ≤ 4  3a  −1 ≤ + ≤   −4 ≤ a ≤ −1 ≤ + 2a ≤   ⇔ −4 ≤ −a + ≤ ⇔ − ≤ a ≤ ⇔ a = −3  −4 ≤ 3a + ≤  −3 ≤ a ≤  Ngược lại, a = −3 thỏa mãn th y = 4x3 − 3x Đặt x = cos ϕ ϕ∈[0;π] y = cos3ϕ rõ ràng ì với x≤ y≤ 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; ± thức Chebyshev bậc ba chình xét giá trị hàm số nghiệm đa y = 4x + mx Tëm m để y ≤ x ≤ Bài 2: Cho hàm số Vì y ≤ x ≤ nên ta có :  y( ) ≤  y( −1) ≤     y  ≤  2     y −  ≤    Lời giải   ≤ 1 4 + m ≤ −11≤ + m ⇔  −4 − m ≤ ⇔ −2 ≤ m + ≤ 2  3a m  +  ≤ −1 ≤  + −5 ≤ m ≤ −3 ⇔ −3 ≤ m ≤ ⇔ m = −3  ≤ Ngược lại, m=-3 y = 4x3 − 3x Đặt x = cos ϕ với ϕ∈[0;π] y = cos3ϕ rõ ràng mãn y ≤ x thỏa ≤ Bài 3: Tëm a, b, c để 4x3 + ax2 + 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  −5 ≤ a + b + c ≤ −3 ( 1)  3 ≤ a − b + c ≤ ( )  ⇔  y  ≤ ( I) −6 ≤ a + 2b + 4c ≤ ( 3)  2   − ≤ − + ≤  1  a 2b 4c ( 4) y −  ≤    2 Từ (1) (2) ta a − b + c ≥ ⇒ −2b ≥ ⇔ b ≤ −3 ( ) có:  a + b + c ≤ −3 a + 2b + 4c ≥ −6 Từ (3) (4) ta  ⇒ 4b ≥ −12 ⇔ b ≥ −3( 6) a − 2b + 4c có:  ≤ b Từ (5) (6) ta = −3 −2 ≤ a + c a + c = ≤ 0≤ a+c≤  Thế có: b = −3 vào hệ (I) ta ⇒ ⇔a = c =   −8 ≤ a + 4c ≤ a + 4c =  ≤ a + 4c ≤  Điều kiện đủ: Khi a = c = 0, th y = 4x3 − 3x Đặt x = cos b = −3 ì ϕ với rõ ràng thỏa mãn y≤ ϕ∈[0;π] y = cos 3ϕ x≤ Cách Giả sử tồn số a, b, c thỏa mãn điều kiện toán Đặt f ( x ) = 4x3 + ax2 + bx + c, M = max f ( x ) x∈[ −1;1]  f(1) = + a + b + c , f(−1) = −4 + a − b + c , a b a b   1 Ta  1  + + +c,f − = − + − +c có f =    4 2       1   1 1   1 + 2f − ≥ f ( ) − f ( −1) − 2f + 2f − 6M ≥ f ( ) + f ( −1) + 2f        2          a a ≥ + a + b + c + −a + b − c − − − b − 2c + − ≥ −2 = − b + 2c 2 Vậy M ≥ Dấu “=” xảy 1   1 f(1) = f(−1) = f = f − = M = , đồng thời     2     1  ,f f ( ) , −f ( −1) , −f đơi có tìch khơng âm Điều tương đương với −     2      4 + a + b + c =  −a + b −c =   a b   − − − − c = 1   1   2 14 a2 b f ( ) = −f ( −1 ) = −f = f − = − + − +c=       2       = −f −1 = −f = − ⇔ 4 + a + b + c = −1 f f ( ) ( )  = −1      4 − a + b − c = −1  2     a b  − − − − c = −1  − + a − b + c = −1    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 = th y = 4x3 − 3x Đặt x = 0, b = −3 ì cos ϕ với ϕ∈[0;π] y = cos3ϕ rõ ràng thỏa mãn x≤ y≤ Bài 4: Tëm a, b để 8x4 + ax2 + b ≤ 1, ∀x∈[−1; 1] Lời giải Cách Điều kiện cần: Vì y ≤ nên ta có : x≤  y ( ) ≤ 1, y ( −1 ) ≤   b ≤  y( 0) ≤    2   ( Iy)  −9 ≤ a≤ +1b ≤ −7.⇔ + a + b ≤ ⇔ 1−−11 ≤≤ ab +≤ b + ≤     + + b ≤ −2 ≤ a + 2b + ≤   2 a y  −2         a + b ≤ ⇒ b ≥ Lại b ≤ nên b = Từ −7  a + 2b ≥ −6 Thế ( I) b = vào hệ −6 ≤ a + 2b ≤ −2  y≤ th y = 8x − 8x + Đặt x = cos ϕ với ϕ∈[0;π ] y = ì cos 4ϕ x≤ Cách Giả sử tồn số a, b thỏa mãn điều kiện toán Đặt f ( x) = 8x4 + ax2 + b, M = max theo giả thiết M ≤ [ ] f ( x) x∈ −1;1 Ta có ⇔  −9 ≤ a + ≤ −7 −10 ≤ a ≤ −8 ta có −6 ≤ a + ≤ −2 ⇔ ⇒ a = −8 −8 ≤ a ≤ −4   Điều kiện đủ: Khi a = −8, b= rõ ràng thỏa mãn −1 ≤ b ≤ f ( 0) = b , f ( 1) = + a +b, f 2  = + a +b     Do M = max f( x x∈[−1;1] )   M ≥ f ( 0)  nên  M ≥ f ( )     M≥ f       Như ta có điều phải chứng minh a + b + c ≤ 4h Bài 6: Cho f ( x ) = ax2 + bx + c thỏa mãn điều kiện ≤ 1, f ( ) ≤ Chứng minh f ( x) x ≤ ≤ f ( −1) ≤ 1, f ( ) Lời giải A+B A −B Đặt A = a + b + c, B = a − b + c , thë a = − c, b = 2 Theo giả thiết: f ( ) = A ≤ 1, f ( −1) = B ≤ 1, f ( ) = c ≤ A B A +B   A −B  Ta có f2 ( x ) = ax + bx + c = −c x + x+c= x +x + x −x + c −x     2 2     2 Vậ f ( x) ≤ x + x + x − x + − x y 2 • Với ≤ x ≤ , ta có 2 2 2 f ( x) ≤ x +x+ x −x + −x = x +x + x −x + −x = + ( ) x −x ( ) ( ) ( ) ( ( ) ) 2 2 • Với −1 ≤ x ≤ , ta có 2 2 2 f ( x) ≤ x +x+ x −x + −x = − ( x + x ) + ( x −x ) + ( −x ) = − x −x 2 2  1 2 Các kết chứng tỏ − x −  ≤ f ( x) ≤ + x −x = x≤ với  2 Bài 7: Chứng minh đa thức f ( x ) bậc n ≥ biểu diễn dạng n f ( x) = ∑a T ( x), a ≠ cách biểu diễn Lời giải nên ta viết ( x ) đa thức bậc n có hệ số cao n −1 i i n i= Ta có Tn ( x) n x + ϕ( x ) với ϕ( x ) đa thức bậc nhỏ n 1 n Suy x = T ( x ) − ϕ( x ) T = n −1 n n−1 n−1 Bằng quy nạp ta chứng minh được: f ( x ) = a0 + a1T ( x ) + a2 T2 ( x ) + + an Tn ( x ) Bây ta chứng minh tình cách biểu diễn Giả sử f ( x ) = a0 + a1T ( x ) + a2 T2 ( x ) + + an Tn ( x ) = a'0 + a'1 T ( x ) + a'2 T2 ( x ) + + a' n Tn ( x ) n Khi ∑( a i i= − a'i ) Ti ( x ) = 0, ∀x ∈ Vậy a0 − a'0 = a1 − a'1 = = an − a'n = Hay a0 = a'0 , a1 = a'1 , , an = a'n 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]đều gợi cách giải phương pháp Ta xét thêm số dụ: Bài 8: Cho đa thức hệ số thực f ( x) = ax + bx + cx + d, α > Biết rằng∀x∈[−1, 1]tacó f ( x ) ≤ α Tëm max a , b , c , d Lời giải A =   B= +d     Đặ t C= +d   f ( −1) = −a + b − c + d a b c  1 f − = − + −   f  4  a = − A B − C + D + 3 3  1 2  1  = a + b + c   b ≤ 2α Từ giả thiết:  c ≤ 3α  8 = A− B+ C− D  d ≤α 6 6 A+ D− b = E  ⇒ 2 2  a ≤ 4α  c  D = f ( 1) = a + b +  c+d  E = f ( ) = d     d = E Bằng cách xét: f ( x ) = α ( 4x −3x ) g ( x ) = α ( 2x −1 ) max  max Thë ta có dấu đẳng thức xảy Vậy: max max 3α, a = 4α, b = 2α, c= d =α Chú ý: f ( x ) , g xét dự sở cos2x, cos3x ( x) Bài 9: Cho đa thức Pn−1 ( x) bậc không vượt n − có hệ số bậc cao a0 , thỏa mãn điều kiện − x2 n−1 ( x ) ≤ 1, ∀x∈[−1, 1] Chứng minh ≤ P a 2n−1 Lời j −1 giải = cos π Ta viết đa thức cho dạng nội suy Lagrange theo n÷t nội suy xj 2n nghiệm đa thức Chebyshev Tn ( x) : P − ( x) n = n ∑( −1) n j−1 −x P − j j j= Vậy nên a0 ≤ n ( 2n−1 ∑ − xj2 P x n j= ≤ ) (x ) n n −1 Tn ( x ) ∑n( − ⇒ = a 1) n j= x− xj 2n−1 n = n n−1 j−1 ( ) −x P x j j 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 x j chọn toán thë hàm số y = cos x nghịch biến ( 0; π) Với nên −1 < xn < xn−1 < < x2 < x1 < Nếu x ( xn) < x < P ∑ n−1 ≤ n j= 1 P −x j (x ) n−1 T ≤ n ∑ n j ( n x − x j > Tn ( x ) có dấu khơng đổi ( x 1x; 1] ) x − x j j= (2 ) Tn ( x) ( x −x ) j ( x) T Mặt thë khác = n −1 n n ∏ ( x −x ) j = ∏ ( x −x ) n Nên ta =có ∑ n ( x −x ) n k= j T( = ' n Lại có U ( x) j n T ( x ) n −1 ' T ( () x ) = ∑ k= x − x k j= k ≤ n Nên từ (2) (3) suy P ( x ) ≤ n, ∀x∈(x ; 1] n x n ) Hồn tồn tương tự ta có n−1 Pn−1 ( x) ≤ n, ∀x∈[−1, xn ) π = sin ≥ = sin ) 1 2n ( arccos1x1 1 =− ⇒ P ( x) ≤ = n − ≥1 x nx n−1 −n n Tóm lại ta chứng minh Pn−1 ( x) ≤x n, ∀x∈[−1, 1] Xét x Khi ta n≤ x ≤ có x1 π π sin x Do ≥ ≥ , sin ≥ x π 2n 2n n Bài 11: Cho đa thức lượng giác P ( t) = a1 sin t + a2 sin 2t + + an sin ( nt) Thỏa mãn điều kiện P ( t ) ≤ 1, ∀t ∈ Nhận xét P( t) P sin t P ( t ) = sin P n−1 \{ , −2π, −π, 0, π, 2π, } Chứng minh P( t) ≤ n, ∀t \{ , −2π, −π, 0, π, sin ∈ 2π, } t Lời giải ( cos t ) ( x) đa thức dạng (1) Đặt cos t = x Khi với P x≤ = n−1 n−1 ( cos t ) ( x) = − x2 P n−1 Ta thấy P ( x) thỏa mãn điều kiện toán trước nên Do P( t ) ≤ n, ∀t ∈ Pn−1 ( x) ≤ n, ∀x∈[−1, 1] \{ , −2π, −π, 0, π, 2π, } sin t n ( ) Bài 12: Cho đa thức lượng giác a cos jx + b sin jx ( ) P∑x = j j= j thỏa mãn điều kiện P ( x ) ≤ 1, ∀x∈ Chứng minh P' ( x ) ≤ n, ∀x∈ Lời giải  cos ( x0 −x ) − cos ( x0 + x ) = sin x0 sin x Cho x tuỳ ø Dosin ( x + x ) − sin ( x − x ) = cos x sin x  Nên g ( x ) = 0 P ( x0 + x ) − P ( x0 j− x ) j= 0= Và g ' ( ) = P ' ( x ) Ta chứng minh n ∑ P ' ( x0 + x ) + P ' ( x − x ) c sin jx ⇒ g ' ( x ) = g'( 0) ≤ n Thật vậy, g ( x) đa thức lượng giác chứa sin Bài g ( x) = ≤ P ( x0 + P ( x0 + x ) + P ( x0 − x ) ≤ x ) − P ( x − x ) TUYỂN TẬP MỘT SỐ NHĨM CÂU HỎI VẬN DỤNG CAO MƠN TỐN g Nên theo kết sin x Nhưng g ( ) = suy Nên x → : g ( x) −g ( 0) ∀x∈ x −0 g ( x ) −g ( 0) x −0 Ta nhận g' ( ) ≤ n Từ ta có \{ , −2π, −π, 0, π, 2π, } (4) ≤ n ∀x∈ ( x) x ≤ n sin x → g '( 0) , sin x x \{ , −2π, −π, 0, π, 2π, } →1 P' ( x ) ≤ n ∀x ∈ P ' ( x ) ≤ n Nhưng chọn töy ø nên suy x0 Pn (x) = a0 xn + a1 n−1 + a n Thỏa mãn Bài 13 (Định lý Berstein-Markov) Cho đa thức x điều kiện nP(x) ≤ 1, ∀x∈ đón (: )P' x ≤[ n , ] [ −1; ]1 Chứng minh ∀x∈ −1; (5) Lời giải Pn ( cosa) ≤ Do Pn ( cosa) có dạng Đặt x = cosa Khi theo giả n thiết thë Pn ( cos a ) = ∑( a j= j cos jα + b j sin jα ) Nên ta áp dụng kết Bài 10 Ta sin α.P'n Cũng theo Bài 4, ta có P ( cosα ) ≤' n suy n ≤ n⇒ P'( x) ≤ n2 −n x2 P'n ( x) ≤ Nhận xét : Dựa vào kết quả( Định lø Berstein-Markov, sau áp dụng liên tiếp kết định lì này,xta thu kết sau: Nếu Pn ( x) ≤ 1, ∀x∈[−1; 1] P)( k ) ( x ) ≤ n ( n − ) ( n − ) ( n − k + ) 2 , ∀x ∈ [−1; 1] n ĐA THỨC CHEBYSHEV Bài 14: Cho a1 , a2 , , an số thực không âm không đồng thời a) Chứng minh phương xn − a1 xn−1 − − n−1 x − an = (6) có đ÷ng trënh a nghiệm dương n n b) Giả sử R nghiệm dương phương trënh (6) A = Chứng minh AA ≤ RB j= j= a1 a2 ∑ a , B = ∑ ja j Lời giải + + a)Do x > nên (6) ⇔ = an + n x x x Đặ f x = a1 + a2 + + an Nhận xét f ( x ) liên tục f nghịch biến ( ) t khoảng ( x) n x x x ( 0, +∞ ) nên tồn R > cho f ( R) = j b) Đặt Suy ≥ cj = Do hàm số y = = cj n aj A −ln x cj ∑ j=  teo Nên BĐT Jensen thìn n ln ∑ Hay n ∑ Vậy nên A j ∑( c j j R ln R − c ln A ) j= n ( ln A ) ∑ c ≤ j= a j j=  aj  A = − ln f ( R) = − ln = ≥ − c n = −ln  ∑   j j  Rj  R  A j j= n Suy ∑ c −ln j j= ja ( ln R) doc A j= j  ( lnn A ) ≤ ∑ ln ( A A )≤ ln ( R B ) ⇒A = j ≤ R B j= n ( ln Rj ) ∑ jc j= aj A  A lõm khoảng ( 0, +∞ ) ;A>0    ... 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 sử dụng tình chất đa thức Chebyshev Sau ta xét lớp tốn đa thức. .. 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]đều gợi cách giải phương pháp Ta xét thêm số dụ: Bài 8: Cho đa thức hệ số thực... minh đa thức f ( x ) bậc n ≥ biểu diễn dạng n f ( x) = ∑a T ( x), a ≠ cách biểu diễn Lời giải nên ta viết ( x ) đa thức bậc n có hệ số cao n −1 i i n i= Ta có Tn ( x) n x + ϕ( x ) với ϕ( x ) đa thức