Công thức Nội suy Lagrange rất hay được sử dụng để tính giá trị của đa thức bậc n tại một điểm nào đó, khi đã biết n 1 giá trị tại các điểm khác.. Trước tiên ta thử tiếp cận bài toá[r]
(1)CÔNG THỨC NỘI SUY LAGRANGE
Lê Xuân Đại, Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc, Vĩnh Phúc I CÔNG THỨC NỘI SUY LAGRANGE
Cho đa thức P x có bậc nhỏ ( ) n1 n1 số thực phân biệt x ii; 1,n1 Khi ( )
P x xác định sau:
1 1
( ) ( )
n n
j i
j
i i j
j i
x x
P x P x
x x
(*)
Chứng minh Xét đa thức
1 1
( ) ( ) ( )
n n
j i
j
i i j
j i
x x
Q x P x P x
x x
Khi deg ( )Q x n Q x( )i 0 nên Q x có (( ) n1) nghiệm xi Do Q x( )0
Tính P x suy từ nhận xét hai đa thức bậc nhỏ ( ) n nhận giá trị (n1) điểm chúng trùng
II ỨNG DỤNG CỦA CƠNG THỨC NỘI SUY LAGRANGE 2.1 Tính giá trị đa thức điểm
Công thức Nội suy Lagrange hay sử dụng để tính giá trị đa thức bậc n điểm đó, biết n1 giá trị điểm khác Ta bắt đầu ví dụ sau: Bài toán Cho đa thức f x( ) x có bậc n thỏa mãn đồng thời điều kiện sau
1
(0) 0; (1) ; (2) ; ; ( )
2
n
f f f f n
n
Tính giá trị f n( 1)
Lời giải Trước tiên ta thử tiếp cận toán theo phương án thông thường tự nhiên
nhất Giả sử
0
( )
n i i i
f x a x
Để tìm hệ số ta phải giải hệ phương trình:
(0) 1 (1)
2
( )
1
f f
n f n
n
(2)Điều gần thực Tiếp theo ta nghĩ đến công thức nội suy Lagrange:
0
0
( ) ( )
1
n n n n
j j
i i
j i j i
x j i x j
f x f i
i j i i j
Do 0 ( 1) n n j i j i n j i f n
i i j
Đến nói ta tìm f n( 1) Tuy nhiên ta cần tìm dạng gọn
Dễ thấy
0
1 ( 1)!
( 1) ( ) !( )!
n
n i j
j i
n j n
i j n i i n i
Từ suy
1
1
0
( 1)!
( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
( )!( 1)!
n n n
n i i n i i n i
n n
i i i
n
f n n C n C
n i i
Mặt khác 1 0
( 1) ( 1) (1 1) 1
n n
i n i i n i n
n n i i C C
Vậy f n( 1) n
Bài toán Cho đa thức P x( ) x có deg ( )P x n thỏa mãn P i( )2 , i i 1,n1 Tính P n( 2)
Lời giải Áp dụng công thức nội suy Lagrange với (n1) mốc nội suyxii, ta
1 1 ( ) ( ) n n j j
i i j
j i
x x
P x P i
x x Do
1 1
1 1 1 1 1 1
( 2) ( 2)
( 2) ( ) ( )
( 1)! ( 1)!
2 ( 1)
( 1)!( )! ( )( 1)!( )!( 1)
( 1)! 2
( 1)!
n n n n
j j
i i
j i j i
n n
i i n i
n i
i i
i
n j n j
P n P i P i
i j i j
n n
i n i
n i i n i
n i 1
2 1 ( 1) 1 1 1
( 1) 2 ( 1)
( )!
2 ( 1) 2 2
n n
n i i i n i
n
i i
n n
j j n j n
(3)Vậy P n( 2)2n22
Chú ý: Bài tốn giải cách khác sau: Cách 2: Ta chứng minh quy nạp P n( 2)2n22
(1) Với n=1 P x( )2x nên (1)
Giả sử (1) với n1 Xét đa thức Q x( )P x( 1) P x( ) deg ( )Q x n Ta có Q i( )P i( 1) P i( )2i1 2i i i 1,n
Theo giả thiết quy nạp Q n( 2)2n12
Khi P n( 2) P n( 1) 2n12 Từ suy P n( 2)2n22 (đpcm)
Cách 3: Xét ( ) ( 1) ( 1)( 2) ( 1)
1! 2! !
x x x x x x x n
Q x
n
Khi deg ( )Q x n
0
( ) ( ) 1,
k
i k
k i
Q k C P k k n
Suy P x( )Q x( ) Từ tính P n( 2)2n22
Bài toán (IMO Shorlist 1981) Cho đa thức P x( ) x có deg ( )P x n thỏa mãn điều kiện
1
1
( ) k , 0,
n
P k k n
C
Tính P n( 1)
Lời giải Áp dụng công thức nội suy Lagrange với (n1) mốc nội suy xkk ta
0
( ) ( )
n n
i k
i k x i
P x P k
k i
Suy
0
0 1
( )
( )
( 1) !( )!
n
n n n
i
k k n k
i
k n k n
i k
x i x i
P x
k i
C C k n k
Do
0
0
( 1)
( 1) ( ) ( 1)
( 1)!
n k
n n n
n k i
k k
P n n i
n
Vậy P n( 1) n lẻ P n ( 1) n chẵn
Bài toán Cho đa thức P x( ) x có deg ( )P x n thỏa mãn P k( ) 1, k 1,n k
(4)Lời giải Xét đa thức Q x( )xP x( ) 1 deg ( )Q x n Q k( )0, k 1,n1 Do Q x( )a x( 1)(x2) (x n 1)
Mà (0) ( 1) ( 1)!
n
Q a
n
Suy
( 1)
( ) ( 1)( 2) ( 1) ( 1)!
n
Q x x x x n
n
Vậy ( 2) ( 2) 1 ( 1)
2
n Q n
P n
n n
Bài toán Cho đa thức P x( ) x có deg ( )P x n thỏa mãn ( ) , 0,
k
P k k n
k
Tính P n( 1)
Lời giải tốn xin dành cho bạn đọc
2.2 Tính tốn tổng liên quan đến công thức tổ hợp
Bài toán Cho n số phân biệt a a1, , ,2 an đa thức P x( ) x có bậc deg ( )P x n Chứng minh
1
1 1
( ) ( )
( )( ) ( ) ( )( ) ( )
n
n n n n n
P a P a
T
a a a a a a a a a a a a
Lời giải Áp dụng công thức nội suy Lagrange ta được:
2
1
1 1
( )( ) ( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )( ) ( ) ( )( ) ( )
n n
n
n n n n n
x a x a x a x a x a x a
P x P a P a
a a a a a a a a a a a a
Đồng hệ số n
x hai vế ta thu T0 (đpcm)
Phép chứng minh toán đẹp đẽ đơn giản đến bất ngờ Tư tưởng chung sử dụng công thức nội suy Lagrange so sánh hệ số với ta thu đẳng thức quan trọng khó chứng minh đẳng thức đường khác
Bài toán Cho số thực x x1, 2, ,xn phân biệt Chứng minh
1
1
( )
n
n n
k
k n
k k
k j
j j k
x
x
x x
(1)
(5)Xét đa thức P x( )xn (x x1)(xx2) (xxn) Khi deg ( )P x n P x k xkn
với k1,n
Áp dụng công thức nội suy Lagrange với n mốc nội suy x x1, 2, ,xn ta
1
1
( ) ( )
n n n n
j n j
k k
j j
k k j k k j
j k j k
x x x x
P x P x x
x x x x
Đồng hệ số n
x hai vế ta
1
1
( )
n
n n
k
k n
k k
k j
j j k
x
x
x x
(đpcm)
Từ toán ta suy kết thú vị sau:
Cho x x1, 2, ,xn số nguyên dương phân biệt Khi với số nguyên dương k số
1
( )
k n
i n i
i j
j j i
x
x x
số nguyên
Bài toán Cho dãy Fibonaxi F đa thức ( )n f x x có bậc 990 thỏa mãn điều kiện ( ) k, 992,1982
f k F k Chứng minh f(1983)F19831 Lời giải Từ giả thiết suy f k( 992)Fk992, k 0,990
Đặt g x( ) f x( 992)deg ( )g x 990 g k( )Fk992, k 0, 990
Áp dụng công thức nội suy Lagrange với 991 mốc nội suy xkk ta
990 990 0
( ) ( )
i k
i k x i
g x g k
k i
Suy
990 990
991 991 992
0
(1983) (991) ( ) k ( 1)k k k ( 1)k
k k
f g g k C C F
Ta cần chứng minh
990
991 992 1983
( 1)
k k
k k
C F F
(1)
Chú ý ; 5;
2
n n
n
F
(6)Như
990 990 990
992 992 991 992 991 991
0 0
1
( 1) ( 1) ( 1)
5
k k k k k k k k
k
k k k
C F C C
Ta có
990 990
991 992 992 992 991 991 991
0
991 991
992 991 1983 1983
( 1) ( )
1 (do 1)
k k k k k
k k
C C
Tương tự
990
992 1983 991
0
( 1)
k k k
k
C
Vậy
1983 1983 990
1983 1983
991 992 1983
0
1
( 1) 1
5
k k
k k
C F F
Bài toán chứng minh xong
Nhận xét: Từ kết toán ta đưa toán tổng quát sau:
Bài toán 8.1 Cho dãy Fibonaxi F đa thức n f xn( ) x có bậc n thỏa mãn điều kiện
( ) , 2,
n n k
f n k F k n Chứng minh fn(2n3)F2n31
Tuy nhiên chứng minh toán phương pháp quy nạp theo n Bài toán Cho đa thức
0
( )
n
n k k k
f x a x x
Chứng minh với số thực
h số thực A ta có đẳng thức
0
( 1) !
n
n k k n
n k
C f A kh a h n
Lời giải Áp dụng công thức nội suy Lagrange với (n+1) mốc nội suy xkk k, 0,n, ta
được
0
( ) ( )
( )
n n
j k
j k
x A jh
f x f A kh
k j h
So sánh hệ số x ta được: n
0
0
0
1
( ) ( 1)
! ( )
n n
n k k
n
n n
k k
j j k
a f A kh C f A kh
n h k j h
(7)Nhận xét: Bằng cách đặc biệt hóa chọn đa thức f x số A h ta ( ) đẳng thức hay, chẳng hạn:
* Nếu chọn f x( )xp (p n 1);A0;h1 ta được:
0
( 1)
n
p
k k
n k
C k
* Nếu chọn f x( )x An; 0;h1 ta được:
0
( 1)
n
k k n
n k
C k
Tiếp theo ta xét tốn dạng khó
Bài toán 10 Cho n số nguyên dương Chứng minh
1
( 1)! ( 1)
2
n
n k k n
n k
n n C k
Lời giải Xét đa thức f x( )xn Áp dụng công thức nội suy Lagrange với (n1) mốc nội suy xkk, ta
0
( ) ( )
n n
j k
j k
x j
f x f k
k j
(*) Đồng hệ số x (*), ta được: n
0 0
1 !
1 ( 1) ! ( 1) !
!( )! !( )!( 1)
n
n n n
n n k n k k n
n n k
k k k
k n
k n C k n
k n k k n k
(1)
Đồng hệ số n
x (*), ta
0
0
( )
n n
k j k
k
n k
k j
Suy
1
0
( 1) ( 1) ( 1)
2 !( )! !( )!
n k n k
n n
k k
n n k k
k n k k n k
(2)
Từ (1) (2) suy
0
( 1) ( 1)!
( 1) !
2
n
n k k n
n k
n n n n
C k n
(đpcm)
Nhận xét 1: Cũng giải tốn cách xét đa thức khác sau: Xét đa thức f x( )xn (x 1)(x2) (x n ) f k( )kn k 1,n
Áp dụng công thức nội suy Lagrange với n mốc nội suy xk k so sánh hệ số
1
n
x ta thu
1
1
0
( 1) ( 1) ( 1)!
( 1)
! 2
n k k n
n n
n k k n
n
n
k k
C k n n n n
C k n
(8)Nhận xét 2: Từ kết (1) ta suy kết tổng quát sau: Với n nguyên dương số thực a ta có:
0
( 1) ( ) !
n
k k n
n k
C a k n
Thật vậy, cần thay việc xét đa thức f x( )xn đa thức f x( ) (a x)n
2.3 Chứng minh bất đẳng thức
Ứng dụng nâng cao khó cơng thức nội suy Lagrange chứng minh bất đẳng thức Ta bắt đầu toán sau
Bài toán 11 (VMO 1977) Cho n1 số nguyên đôi phân biệt x x0, , ,1 xn Xét đa thức P x( )xnan1xn1 a x1 a0 x Chứng minh
0,
! max ( )
2
i n
i n
n P x
Lời giải Khơng tính tổng qt giả sử x0x1 xn Khi xnx0 n; ;xnxn11; ;xkxm k m
Áp dụng công thức nội suy Lagrange với (n1) mốc nội suy x x0, , ,1 xn ta được:
0
( ) ( )
n n
j k
j
k k j
j k
x x
P x P x
x x
So sánh hệ số n
x , ta
0
1
1 ( )
n n
k j
k k j
j k P x
x x
(1)
Bây phản chứng ( ) !, 0,
i n
n
P x i n Khi
0
0
1 !
1 ( )
2
n n n n
k n
j j
k k j k k j
j k j k
n P x
x x x x
Ta có đánh giá sau
0 1
1 1 1 1
!( )!
n
j k j k k k k k k k n
j k
k n k
x x x x x x x x x x
x x
(9)Do
0
! 1 1
1
! ( 1)!1! ( )! ! 0! !
2
n k n
n n
k
n
C
n n n k k n
, mâu thuẫn
Vậy tồn số i mà ( ) !
i n
n
P x Do
0,
! Max ( )
2
i n
i n
n P x
Nhận xét: Mấu chốt toán từ công thức nội suy Lagrange, ta thiết lập hệ thức (*) liên quan giá trị P x( ), i i0,n Đánh giá (2) dựa tính chất dãy hiệu số nguyên phân biệt tự nhiên Ta tiếp tục sử dụng đánh giá tương tự
Bài toán 12 Cho đa thức P x( ) x códeg ( )P x 2n thỏa mãn P k( )1, k n n, Chứng minh
( ) , n ;
P x x n n
Lời giải Theo công thức nội suy Lagrange với (2n1) mốc nội suy n; n 1; ; 0, ta
được ( ) ( )
n n
j n
k n
j k
x j
P x P k
k j
Do ( ) ( )
n n n n
j n j n
k n k n
j k j k
x j x j
P x P k
k j k j
(1)
Ta đánh giá
n
j n
j k
x j
k j
tương tự đánh giá (2) toán Ta có (2 )!, ;
n
j n
j k
x j n x n n
( )!( )!
n
j n j k
k j n k n k
Do (2 )!
( )!( )!
n
j n
j k
x j n
k j n k n k
(2)
Từ (1) (2) suy với x n n;
2
2
0
(2 )! (2 )!
( )
( )!( )! !(2 )!
n n n
k n
n
k n k k
n n
P x C
n k n k k n k
(10)Bài toán 13 Cho tam thức f x( )ax2bxc thỏa mãn điều kiện f x( )1, x 1;1 Chứng minh với số M1
2
( ) 1, ;
f x M x M M
Lời giải Áp dụng công thức nội suy Lagrange với mốc nội suy 1; 0; ta
2
2
( ) (1) (0) ( 1) ( 1)
2
x x x x
f x f f x f Do với x
2
2
2
2
( ) (1) (0) ( 1)
2
2
x x x x
f x f f x f
x x x x
x
* Nếu x 1 theo giả thiết ta có f x( ) 1 2M21
* Nếu x 1
2 2( 1)
0
2
x x x xx x
suy f x( )2x2 1 2M21 Trong hai trường hợp ta có f x( )2M21, x M M; (đpcm)
Bài toán tương tự: Cho đa thức f x( )ax4bx3cx2dxe thỏa mãn điều kiện
( ) 1, 1;1
f x x Chứng minh với số M1
4
32 32
( ) 1, ;
3
f x M M x M M
Bài tốn 14 Tìm giá trị nhỏ số nguyên dương n cho tồn đa thức P x ( ) bậc n hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện sau:
a) P(0)0; (1)P 1
b) Với m nguyên dương số dư phép chia P m cho số nguyên ( ) tố p (p cho trước)
Lời giải Giả sử đa thức P x bậc n thỏa mãn điều kiện toán ( ) Ta chứng minh n p phản chứng
Thật vậy, giả sử n p Áp dụng công thức nội suy Lagrange với (p1) mốc nội suy , 0,
k
(11)2 0
( ) ( )
p p
i k
i k x i
P x P k
k i
Biến đổi tương tự toán ta
2
1
( 1) ( ) ( 1)
p
p k k
p k
P p P k C
(1) Do p nguyên tố nên Cpk1 ( 1) (mod ) k p k 0,p2
Từ (1) suy
2 2
0 0
( 1) ( ) ( 1) ( 1) ( ) ( 1) ( ) (mod )
p p p
p k k p
k k k
P p P k P k P k p
Do
1
( ) (mod )
p
k
P k p
(2)
Chú ý P(0)0; (1)P 1 P k( )0;1(mod ) p k 2,p1 nên (2) xảy Vậy n p
Trong trường hợp n p 1, xét P x( )xp1 Rõ ràng P x thỏa mãn hai điều kiện ( ) toán
Vậy giá trị nhỏ n n p Từ kết toán ta suy toán sau:
Bài toán 14.1 Cho p số nguyên tố đa thức P x bậc n hệ số nguyên với ( ) p n Chứng minh
1
( ) (mod )
p
k
P k p
Bài toán 15 Cho a3 đa thức P x( ) x có deg ( )P x n Chứng minh rằng:
0, - ( )
i
iMax a P i n
Lời giải Đặt ykP k( ) Áp dụng công thức nội suy Lagrange với (n2) mốc nội suy , 0,
k
x k k n ta
1 0
( )
n n
k i k
i k x i
P x y
k i
Hệ số n
(12)1
1
1
0
0 ( 1)
!( )!( 1)
n n
k n k
k
n k
n k
k k
y
C y
k n k
(1)
Bây ta phản chứng ak- ( )P k 1 k 0,n1, suy
1 1
1 0, ( 1) ( 1) ( 1)
k k n k k n k n k k
k k
a y a k n a y a
Do
1
1
1
0
( 1) ( 1)
n n
k n k k n k k
n k n
k k
C y C a
hay
1
1 1
1
( 1) ( 1)
n
k n k n n
n k
k
C y a
(mâu thuẫn với (1))
Vậy ta có điều phải chứng minh
Nhận xét Thực chất việc áp dụng công thức nội suy Lagrange nhằm mục đích đẳng thức (1) từ đưa đánh giá cho toán Điều hay làm toán đa thức qua cho ta thấy công thức nội suy Lagrange thân thiện việc áp dụng tự nhiên
Nhận xét Bằng quy nạp ta chứng minh kết mạnh sau: Bài toán 15.1 Cho a3 đa thức P x( ) x có deg ( )P x n Chứng minh rằng:
0,
1 - ( )
2
n i
i n
a Max a P i
(2)
Thật vậy, với n0 P x( )c số Khi
0,
1
- ( ) ax ;
2
i
i n
a c c a
Max a P i m c a c
Giả sử (2) với đa thức có bậc khơng vượt q n1 Xét đa thức P x bậc n ( ) Đặt ( ) ( 1) ( ) deg ( )
1
P x P x
Q x Q x n
a
Theo giả thiết quy nạp
1 0,
1 - ( )
2
n i
i n
a Max a Q i
Suy tồn i0;1; ;n cho
1
1 - ( )
2
n
i a
a Q i
Điều tương đương với
1
( 1) ( )
1
n
i P i P i a
a
a
(13) ( 1) 1 ( ) 1( 1)
2
n
i i a
P i a P i a a
Do
0,
1 ( )
2
n i
i n
a
Max a P i
(đpcm)
Tiếp theo ta xét tốn có sử dụng kết toán
Bài toán 16 (Iran 2011) Cho đa thức f x( )xnan2xn2an3xn3 a x1 a0 x Chứng minh tồn i1; 2; ;nsao cho ( ) i!
n n f i
C
Lời giải Giả thiết đa thức f(x) cho ta thấy hệ số xn1 Điều cho ta nghĩ tới việc khai triển Lagrange so sánh hệ số n
x Đẳng thức thu cho ta suy kết luận toán
Thật vậy, xét đa thức g x( ) f x( )xn deg ( )g x n 2
Áp dụng công thức nội suy Lagrange đa thức g x với n mốc nội suy ( ) xk k k, 1,n ta
được
1
1 1
( ) ( )( 1)
( ) ( ) ( ) (1 )
( ) ( 1)!( )!
n i
n n n n
n
j j i j i
i i i
j i j i
x j g i g i j
g x g i x j x
i j i j i n i x
So sánh hệ số n
x ta
1
( )( 1)
!
n i n
i
i n ig i
n C
(*)
Hay
1
( 1) ( 1) ( )
n n
i n i n i n i
n n
i i
C i iC f i
(thay g i( ) f i( )in )
Theo tốn 12
1
( 1)! ( 1)
2
n
i n i n
n i
n n
C i
Do
1
( 1)! ( 1) ( )
2
n
i n i
n i
n n
iC f i
(1)
Bây phản chứng với i1; 2; ;n ( ) i!
n n f i
C
Ta có
1 1
( 1)!
( 1) ( ) ( ) !
2
n n n
i n i i
n n
i i i
n n
iC f i iC f i n i
, mâu thuẫn với (1)
Vậy tồn i1; 2; ;n cho ( ) !i
n n f i
C
(14)Bài toán 17 Cho đa thức P x( ) x có deg ( )P x n thỏa mãn P x( ) 1 x 0;1 Chứng minh P 2n 1
n
Lời giải Áp dụng công thức nội suy Lagrange với (n1) mốc nội suy xk k, k 0,n n
,
ta có
0
( ) ( )
n n
j k
j
k k j
i k
x x
P x P x
x x
Suy
0
0
( ) ( ) 0;1
n n n n
j j
k
j j
k k j k k j
i k i k
x x x x
P x P x x
x x x x
Do
0
0 0
1 1
0
1
1
1 ( 1)!( 1)
( 1) !( )! ( 1)!
2 ( 1)!( )!
n k
n n j n n n
j j
k k j k k
i k i k
n n
k n
n
k k
x j n
n P
n x x k j k k n k
n
C
k n k
Bài tốn chứng minh hồn tồn
Bài toán 18 Cho đa thức f x( ) x , n số nguyên dương cho trước, t3 số thực thỏa mãn điều kiện ( )f k tk 1 k 0,n Chứng minh deg ( )f x n
Lời giải Giả sử deg ( )f x n
Áp dụng công thức nội suy Lagrange với (n1) mốc nội suy xkk k, 0,n ta
0
( ) ( )
n n
j k
j k
x j
f x f k
k j
So sánh hệ số x ta được: n
0
( )
0 ( 1) ( )
( ) !
n n
n k k
n
k k
j k f k
C f k
k j n
(15)
2 1 3
0 ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
1
n n n n n n n n
n n n n
n n
t C t C t C t C
t
Điều mâu thuẫn suy đpcm
Bài toán 19 Trên đoạn a b; , ta lấy k điểm phân biệt x x1, 2, ,xk Gọi dn tích
khoảng cách từ điểm xn tới k1 điểm lại; n1, 2, ,k Tìm giá trị nhỏ
1
1
k
n dn
Lời giải
Đặt n n
x a b
t
b a
, ta có với xna b; tn 1; ; n1, 2, ,k
Khi
1
1,
2
k k
n n i
i i n b a
d t t
suy
1
1
1,
1 k
k k
k
n n n
n i
i i n
d b a
t t
(1)
Xét đa thức Chebyshev
0
1
1, :
2
k
n n n
T t T t t
T t
T t tT t T t
Áp dụng khai triển Lagrange Tk1 t điểm t nn, 1, 2, ,k ta được:
1
1,
k k
i
k k n
i i n
n n i
t t
T t T t
t t
So sánh hệ số tk1 hai vế ta đẳng thức sau:
1
1 1,
1
2
1 1
1, 1, 1,
2 (*)
1
2 (2)
k
k n
k
k n
n i
i i n
k k k
k n
k n
k
k k k
n n n
n i n i n i
i i n i i n i i n
T t
t t
T t
T t
t t t t t t
(16)
1 2 3
1
1 2
2
k k
k
k
k
n dn b a b a
Đẳng thức xảy cos ; 0,1, 2, , 1
n
n
t n k
k
Chú ý: Trong ta sử dụng tính chất sau đa thức Chebyshev: (1) T x có hệ số bậc cao n 2n1
(2) T xn x 1; ;T xn x cosk n
Tiếp theo ta xét số kết đẹp số vấn đề cổ điển đa thức có hệ số thuộc đoạn 1; 1 Trước hết đưa hai kết sau, chứng minh đơn giản lại có ứng dụng hiệu nhiều trường hợp
Kết 1: Đặt tk cosk ; k n n
0
1
( ) 1
2
n n n
k n
k
x
f x x t x x x x
Chứng minh: Xét hàm số
2
2
1
( ) 1
2
n n
n x
g x x x x x
Bằng khai triển Newton ta thấy g x đa thức ( ) Hiển nhiên lim ( )n 1
x
g x x
, suy g(x) đa thức monic deg ( )g x n
Như để chứng minh f x( )g x( ) ta cần chứng minh g t k 0 k 0,n đủ Thật theo công thức Moavro ta được:
2
2
2
1
( ) cos sin cos sin
2
cos sin cos sin
1
2 sin
n n
k
k n
k n
k n
t k k k k
g t i i
n n n n
t
k i k k i k
t
i k
(17)1 ( 1) 1
n
k j n
j k
n
t t
1 k n 0 2
1
n
j n
j
n
t t
3
1
2
( 1)
n n
n j n
j
n
t t
Chứng minh: Ta có
2
'( ) 1 1
2 2 1
n n n n
n n
n x
f x x x x x x x x x
x
Từ áp dụng cơng thức Moavre ta đẳng thức Các kết 2,3 suy từ
1
lim ( )
x f x
Tiếp theo ta đưa số ứng dụng điển hình hai kết Trước hết định lí kinh điển Chebyshev
Bài toán 20 (Định lý Chebyshev) Cho đa thức f x( ) x códeg ( )f x n Chứng minh
1 1;1
1 ax ( )
2n
xm f x (1)
Lời giải Áp dụng công thức nội suy Lagrange với (n1) mốc tk cosk , k 0,n n
so sánh hệ số bậc cao ta được:
0
1
1 ( )
n n
k j
k k j
j k f t
t t
Suy
0
1 ax ( )
( )
n
k n
k
k j
j k
m f t
t t
Áp dụng kết (2) ta được:
0
1
2
( )
n
n n
k
k j
j k
t t
Từ suy 1
0
1 ax ( )
2
k n
k n
m f t
Có thể thấy kết (1) chặt theo nghĩa tăng vế phải lên Thật vậy, xét đa thức Chebyshev T xn( ) loại T xn( ) có bậc n hệ số cao 2n1 Khi đa thức ( )1
2
n n T x
monic, bậc n 1;1 1
1
ax ( ) 2n n 2n
(18)Bài toán 21 Cho số thực a a0, , ,1 an thỏa mãn điều kiện a0a x1 a xn n 1 với x 1;1 Chứng minh với x 1;1 ta có
1
n n
n n
a a x a x
Lời giải Trước hết ta có bổ đề sau: Với đa thức f x( ) x códeg ( )f x n, ta đặt
1;1
max ( )
x
f f x
có bất đẳng thức sau:
( ) n( )
f x T x f với x 1
Chứng minh Với u 1; 1 Áp dụng công thức nội suy Lagrange ta
0
1
( )
n n j
k j
k k j
j k t u
f f t
u t t
Suy
0
1
1 1
1 n j n
j n
j k j k
k k j k k j
ut ut
u
f f f
u t t u t t
Bây ta sử dụng khai triển cho đa thức T xn( ), ta được:
0
1
1 1
( 1)
n n
j j
k
n n n
j k j k
k k j k k j
ut ut
T
u u t t u t t
Từ hai kết ta suy
1
n
f T f
u u
với u 1; 1 Do bổ đề chứng minh
Trở lại toán, ta xét ( ) 0 1 n n
f x a a x a x Từ giả thiết cho ta f 1 kết hợp với bổ đề ta được: f x( )T xn( ) với x 1
Với x 1;1, ta có: an an 1x a x0 n x fn x Tn n
x x
Do ta cần chứng minh 1
2
n n
n
x T x
(19)BĐT (1) viết lại dạng: 1 1x2 n 1 1x2n2n (2)
Đặt t 1x2 0;1
Xét hàm h t( ) (1 t)n (1 t)n với t 0;1 Dễ kiểm tra thấy hàm h t lồi đoạn 0;1( ) nên ta có:
( ) ax (1); (0) 2n
h t m f f
Từ (2) nên (1) chứng minh Bài tốn giải hồn tồn Bài tốn 22 Cho số thực a a1, , ,2 an Chứng minh
0;2 0;1
1
3 2 2
max max
2
n n
n n
i i
x x
i i
x a x a
Lời giải Đây tốn khó Một đề thi cũ Nga yêu cầu chứng minh
0;2 0;1
1
max 108 max
n n
n
i i
x x
i i
x a x a
Và đề thi Nhật năm 1994 lại yêu cầu số thỏa mãn bất đẳng thức
Ta đặt
; max ( );
a b x a b
f f x
3 2 3 2
2
n n
n
c
Ta cần chứng minh
0;2 n 0;1
f c f
với ( ) 1( )
n
i i
f x x a
Có thể xét đa thức f(x) khơng tính tổng qt, giả sử
0;1
f
Như ta cần chứng minh với x 1; 2 f x( )cn (1) Thật vậy, cố định x 1; 2 xét
2
k k
t
x
Áp dụng công thức nội suy Lagrange ta suy
0
( )
n n
j j
j k j k
k k j k k j
x x x x
f x
x x x x
(do x 1; 2)
0
2
( )
n n
j j
j k j k
k k j k k j
x t
f x
x x t t
(20)Sử dụng kết phần ta được:
1
0
0
3 2 2
(3 ) (3 )
n n
n n n n
j j
j j
j k j k j j
k k j k k j
t t
t t
n n
t t t t
Tiếp tục sử dụng kết phần trước, ta thu được:
1
0 1
3
3 2 2 2 2
2 2
(3 ) (3 ) (3 )
n n n n
n n
n n n
j j j
j k j j
k n
t t t
Lại sử dụng kết ta suy ra:
1
1
1
(3 ) 2 2
2
n n n
j n
j
t
Từ suy f x( )cn với x 1; 2 (đpcm) III BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài Cho số thực a,b,c đôi phân biệt Rút gọn biểu thức
4 4
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
A
a b a c b a b c c a c b
Bài Tính tổng sau:
2
( 1)
n
k k n
n n
k
S C k
;
0
( 1)
n
k k n
n n
k
T C k
Bài Cho đa thức f x( ) x có deg ( )f x 2 thỏa mãn max f(0) ; ( 1)f 1 Chứng minh với x 1 ta có ( )
4
f x x f2 2
x
Bài Cho đa thức f x( ) x có deg ( )f x n thỏa mãn điều kiện f x( )1 với 0;1
x Chứng minh 1
2n f
n
Bài Cho đa thức f x( )ax3bx2cx d x thỏa mãn điều kiện f x( )1 với 1;1
(21)Bài Cho a,b,c thực thỏa mãn ax2bx c với x 1;1 Tìm giá trị lớn a2b2c2
Bài Cho a,b,c,d thực thỏa mãn ax3bx2cx d với x 1;1 Chứng minh a b c d
Bài Cho đa thức f x( ) x có deg ( )f x 3n thỏa mãn điều kiện sau: f x nhận giá ( ) trị điểm 0; 3; 6; ; 3n; ( )f x nhận giá trị điểm 1; 4; 7; ; 3n2 f x nhận giá trị điểm ( ) 2; 5; 8; ; 3n1 Biết thêm f(3n 1) 730 Tìm n
Bài Cho đa thức 10
9
( )
P x x a x a xa Biết P( k) P k( ) với 1; 2; 3; 4; 5
k Chứng minh P( x) P x( ) với x
Bài 10 (Duyên Hải 2009) Cho số thực ( 1;1) Tìm tất đa thức với hệ số thực có bậc khơng vượt hai thoả mãn đồng thời điều kiện sau:
(1) 1; ( 1) 1; ( )
f f f
2 [ ;1]
2 max ( )
4( 1)
f x
Tài liệu tham khảo
[1] Nguyễn Văn Mậu, 2004, Đa thức đại số phân thức hữu tỷ, NXB Giáo Dục [2] Nguyễn Văn Mậu, 2007, Nội suy áp dụng, NXB Giáo Dục
[3] Tủ sách Toán học Tuổi trẻ Các thi Olympic Tốn trung học phổ thơng (1990-2006) NXB Giáo dục