Đang tải... (xem toàn văn)
Đa thức Chebyshev là 1 mối liên kết đẹp giữa đại số và lượng giác. Tuy trong các kì thi Olympic gần đây, đa thức Chebyshev ít được xuất hiện vì hệ thống bài tập mang tính chất liên quan lí thuyết của nó, nhưng việc hiểu biết và nghiên cứu đa thức Chebyshev vẫn là một chủ đề rất được quan tâm khi dạy và học toán Olympic. Trong bài viết này chúng tôi sẽ hệ thống lại những tính chất quen thuộc của đa thức Chebyshev, một số ví dụ ứng dụng và hướng phát triển của những bài tập xung quanh đó.
Đa thức Chebyshev số ứng dụng giải toán Đa thức Chebyshev mối liên kết đẹp đại số lượng giác Tuy kì thi Olympic gần đây, đa thức Chebyshev xuất hệ thống tập mang tính chất liên quan lí thuyết nó, việc hiểu biết nghiên cứu đa thức Chebyshev chủ đề quan tâm dạy học toán Olympic Trong viết hệ thống lại tính chất quen thuộc đa thức Chebyshev, số ví dụ ứng dụng hướng phát triển tập xung quanh I, Lý thuyết 1, Định nghĩa 1.1 Đa thức Chebyshev loại T ( x) Với n ��, tồn đa thức n thỏa mãn : Tn (cos x ) cos nx x �� Được gọi đa thức Chebyshev loại Dễ thấy T0 ( x) , T1 ( x) x cos(n 1) x cos x.cos nx cos(n 1) x nên ta có Tn 1 ( x) x.Tn ( x) Tn 1 ( x) , từ công thức này, đa thức xác định ! Chữ T đa thức viết tắt tên nhà toán học Nga Tschebyscheff, vài đa thức khởi đầu : T2 ( x ) x T3 ( x) x3 x T4 ( x ) x x T5 ( x ) 16 x 20 x x T6 ( x) 32 x 48 x 18 x 1.2 Đa thức Chebyshev loại Với n ��, tồn đa thức U n ( x) cho : U (cos x) sin(n 1) x x �� sin x \ {k | k ��} Được gọi đa thức Chebyshev loại Dễ thấy U ( x) , U1 ( x) x có U n 1 ( x) xU n ( x) U n 1 ( x ) Một số đa thức khởi đầu U : U ( x) x U ( x) x3 x U ( x) 16 x 12 x U ( x) 32 x5 32 x3 x U ( x ) 64 x 80 x 24 x 2, Tính chất n1 n 2.1 Tn ( x),U n ( x) ��[ x] , bậc n , hệ số cao 2.2 Tn ( x), U n ( x) hàm chẵn n chẵn hàm lẻ n lẻ 2.3 Tn ( x) có n nghiệm thực phân biệt cos (2k 1) , k 0; n 2n Chứng minh: Do x �[1;1] nên đặt x cos t ,(t �[0; ]) Khi theo 2.1 ta có Tn ( x) � cos nt � t (2k 1) ( k ��) 2n (2k 1) 0� � � k �0 ( n 1) 2n Do t �[0; ] nên ta có Lại Tn ( x) đa thức bậc n nên có khơng q n nghiệm thực khác Mà hàm số cos nghịch biến [0; ] nên nghiệm đôi khác Vậy Tn ( x) có n nghiệm nói U n có n nghiệm thực phân biệt cos k , k 1; n n 1 Chứng minh tương tự 2.4 | Tn ( x) |�1x �[ 1;1] , dấu xảy n điểm cos k , k 0; n n gọi � k Tn � cos n � điểm luân phiên Chebyshev (các luân điểm) Và ta thấy thêm � k � ( 1) � Chứng minh tương tự 2.3 2.5 | U n ( x) |�n,x �[1;1] U n 1 ( x) Tn n ’ ( x) 2.6 � � �n � 1� 1� Tn � �x � n �0, x �0 � �x x n � x � � � � � � 2.7 n 1 n 1 � � x x U n � ( x x 1 ) � n �0, x �0, �1 1 x x � � 2.8 2.9 Tm (Tn ) Tmnm, n �0 2.10 (Tn ( x),U n ( x)) cặp nghiệm phương trình Pell đa thức : P( x ) ( x 1)Q( x ) Có thể dễ thấy điều từ đa thức khởi đầu công thức truy hồi Tn ( x) ( x x 1) n ( x x 1) n x �1 , hệ trực tiếp phương trình 2.11 Pell tính chất Các tính chất mục hầu hết dễ thấy chứng minh quy nạp Bạn đọc tự chứng minh để hiểu rõ phương pháp quy nạp đa thức Chebyshev II, Các ví dụ Ở phần giải số toán liên quan đến đa thức Chebyshev để hiểu sâu sắc tính chất nêu Mở đầu với số toán cực trị đa thức : 1, Ứng dụng đa thức Chebyshev toán cực trị liên quan đa thức : Một dấu hiệu để nhận biết tốn đa thức có sử dụng tính chất đa thức Chebyshev miền giá trị đa thức Các đa thức miền [1;1] gợi cách giải sử dụng tính chất đa thức Chebyshev Ví dụ : a) Cho f ( x) x bx c Tìm b, c �� để với x �[1;1] , ta có: | f ( x) |�1 b) Cho f ( x) x ax bx c Tìm a, b, c �� để | f ( x) |�1x �[1;1] Lời giải : a) Xét | f (1) |,| f (0) |,| f (1) |�1 , ta có : | b c |�1;| b c |�1;| c |�1 Nhưng | b c b c 2c |�| b c | | b c | | 2c |�4 Vậy đồng thời phải xảy đẳng thức ta b 0; c 1 ngược lại với b 0; c 1 dễ dàng chứng minh f ( x) x thỏa (1) với x �[1;1] b) Ở câu a), cách xét giá trị hàm số điểm biên điểm cho cách đánh giá bất đẳng thức để suy lời giải, câu b) việc dự đốn mị điểm để áp dụng giả thiết khó khăn Nhưng để ý kĩ chút, câu a), kết thu f ( x) đa thức chebyshev bậc 2, điểm chọn luân điểm f ( x ) Một cách tự nhiên ta nghĩ đến việc kết câu tương tự phải đa thức Chebyshev bậc việc xét điểm luân điểm rõ ràng phải đánh giá | f ( x) | với ! Các điểm cos k , k 0;3 �1 � | f (1) |,| f � �|,| �2 � Thật vậy, từ giả thiết, ta có �1 � f � �|,| f ( 1) |�1 �2 � Do : 1 1 1 a b c �1 a b c �1 | a b c |�1, | 4 a b c |�1 , , Để ý dấu bất đẳng thức | a1 a2 an |�| a1 | | a2 | | an | xảy dấu, nhờ có việc dự đốn a 0, b 3, c , ta sử dụng bất đẳng thức sau : | 2b |� | a b c | | b a c |�2 �| b |�1 1 1 1 | 1 b |� a b c a b c �2 2 Và cuối cần khử b : 3� | b | | 1 b |�1 Vậy dấu tất bất đẳng thức xảy ra, hay b 3, a c Lúc f ( x) x3 x , với x �[1;1] bất kì, tồn �[0; ] để x cos , lúc f ( x) cos3 �[ 1;1] , điều kiện đủ toán Tương tự trên, tổng qt hóa tốn : Ví dụ : (Định lý Chebyshev) Cho đa thức f ( x) ��[ x] , bậc n có hệ số cao n 1 Chứng minh f ( x) thỏa mãn | f ( x) |�1 | x |�1 f ( x) đa thức Chebyshev bậc n Cách giải hoàn toàn tương tự với việc xét luân điểm đa thức Chebyshev bậc n cos k , k 0; n n thêm tham số vào để giải phương trình khử hệ số bậc �n đa thức Đây tập luyện tập cho bạn đọc Ví dụ : (Đề đề nghị Olympic 30/4-2003) :Tìm (a, b, c) �� để f(x)= max | x ax bx c | | x| � đạt giá trị nhỏ Lời giải : Do có điều kiện | x |�1 đa thức bậc 3, ta nghĩ đến xét điểm luân điểm đa thức Chebyshev bậc M max f ( x) | x| � Kí hiệu f ( x) | x ax bx c | �1 � a b f � � c ; � f (1) |1 a b c |; f (1) |1 a b c | ; �2 � �1 � a b f � � c �2 � Suy f (1) f (1) �| 2b | Dấu “=” xảy (1 a b c)(1 a b c) �0 �1 � � � f�� f� �� | b | �2 � � � �1 a b � �1 a b � � c� � c ��0 Dấu “=” xảy �8 ��8 � � �1 � f 1 f 1 �f � � � �2 � Suy � �1� f� � ��2 � 2� � 6M M � �1 a b � �1 a b � � c� � c ��0 � �8 � �8 � � � a b c a b c �0 � M �� 1 � 2b � � � 2b ��0 �2 � ac0 � � � � � � 3 �1 � � � � M b �f (1) f 1 f � � f � � �2 � � � � � Vậy max | x ax bx c | | x| � 1 a c 0; b đạt Ví dụ : n n 1 Cho f ( x) an x an 1 x … a1 x a0 thỏa mãn | f ( x) |�1x �[ 1;1] Xét �1 � f * ( x) x n f � � x �0 �x � a) Chứng minh : | f *( x) |�| Tn *( x) |, x �[1;1], x �0 �1 � Tn *( x ) x n Tn � � , x �0 T ( x ) x n � � n Với đa thức Chebyshev loại bậc , n 1 b) Chứng minh | f *( x ) |�2 , x �[1;1] Lời giải : (1,1) a) Bài toán tương đương với việc chứng minh | f ( x ) |�| Tn ( x) | với x � � k � cos � � ak Đặt luân điểm �n � với k 0,�n Xét nội suy Lagrange f ( x) bậc n n điểm ak ta có : n f ( x) �f (ak ) k 0 ( x a0 ) ( x ak 1 )( x ak 1 ) ( x an ) (ak a0 ) (ak ak 1 )(ak ak 1 ) (ak an ) Mặt khác | ak |�1k 0; n kết hợp với giả thiết, ta có : n n x x x | f ( x ) | �f (ak )� ��| f (ak ) | � ��� k 0 k 0 k 0 i �k ak i �k ak i �k ak n (1) Ta thấy với x �1 x �1 , tất phần tử dạng x có dấu, a0 a1 an nên tích �(a k ) i �k k dấu với (1) Từ suy : x � � k i �k ak n n x k �(1) �a k k 0 i �k (2) k Mặt khác ta để ý tính chất quen thuộc đa thức Chebyshev : Tn (ak ) (1) Ta áp dụng khai triển Lagrange với đa thức Chebyshev bậc n n luân điểm : n x Tn ( x) a k i (3) �(1) �a k 0 k i �k Từ (1), (2) (3) ta có điều phải chứng minh b) Với điều chứng minh câu a), ta cần thêm | Tn *( x) |�2n 1 x �[1;1] đủ n1 Do đa thức Chebyshev Tn có bậc n , hệ số cao , có n nghiệm thực phân biệt xk cos (2k 1) , k 0; n 2n Nên có dạng : Tn ( x) n 1.( x x0 )( x x1 ) … ( x xn 1 ) Vậy nên �1 � Tn *( x) x n Tn � � 2n 1 (1 xx0 )(1 xx1 ) �x � … ( xx xn 1 ) Với x �0 đa thức nên với x �� Ta nhận thấy cos ( ) cos nên dãy ( x0 , x1 , … , xn 1 ) dãy đối dãy ( xn 1 , xn 2 , … , x0 ) (hay xn 1 k xk k 0; n Từ ta có : Tn *( x ) 2n 1 (1 xxn 1 )(1 xxn ) … (1 xx0 ) Từ đẳng thức suy : Tn *( x) 4n 1 ( xx0 )2 ( xx1 ) … ( xx n 1 )2 1 n �| Tn *( x) | n 1 x [ 1;1] Vậy Tn *( x) � Phép chứng minh tốn hồn tất Nhận xét : Ở câu a), nhờ có giả thiết | f ( x) |�1x �[ 1;1] nên việc nghĩ đến chuyện đánh giá điểm làm cho | Tn ( x) | rõ ràng, thật tiện thay lại có n điểm ta muốn đánh giá đa thức bậc n Sử dụng nội suy Lagrange hướng hoàn tồn tự nhiên ! Ví dụ : Cho x1 , x2 , … xn với n �2 số thực phân biệt đoạn [1;1] Chứng minh : 1 �2n 2 , t1 t2 tn Với tk �( x x ) , k 1, 2, i i �k k …n Lời giải : Ở trước, ta thấy tư tưởng sử dụng nội suy Lagrange nút nội suy luân điểm Ở này, số thực thuộc đoạn [1;1] điều phải n chứng minh so sánh với đại lượng làm ta nghĩ tới việc sử dụng Lagrange đánh giá hệ số dẫn đầu Xét nội suy Lagrange đa thức Chebyshev Tn 1 ( x) bậc n n điểm x1 , x2 , , xn ta có : n Tn 1 ( x) �Tn 1 ( xk ) k 1 ( x x1 ) ( x xk 1 )( x xk 1 ) ( x xn ) ( xk x1 ) ( xk xk 1 )( xk xk 1 ) ( xk xn ) Đồng hệ số vế đa thức, ta có : n Tn 1 ( xk ) 2n 2 � k 1 ( xk x1 ) ( xk xk 1 )( xk xk 1 ) ( xk xn ) Nhưng ta để ý, | Tn 1 ( x) |�1 | x |�1 , xk �[1;1]k 1; n nên : n n Tn 1 ( xk ) 2n �� �� k 1 ( xk x1 ) ( xk xk 1 )( xk xk 1 ) ( xk xn ) k 1 t k Bài toán chứng minh ! 2, Ứng dụng đa thức Chebyshev vào giải phương trình bậc cao : Với số cơng thức bậc cao đa thức Chebyshev sử dụng với hàm hyperbolic cho ta hướng suy nghĩ đặt ẩn phụ đưa tốn phương trình cồng kềnh dạng hồi quy để giải dễ dàng ! �1 � � � �n � f n � �x � � �x n � x � � � � � x �có cơng thức giống hồn Định lý 1: Ta ý hàm toàn với Tn ( x) Chứng minh đơn giản cách f ( x) 1, f1 ( x) x, f n 1 ( x) x f n ( x) f n 1 ( x) nên dãy trùng Định lý 2: Giả sử sin(2k 1)t P2 k 1 (sin t ) , P2 k 1 ( x) đa thức đại số bậc 2k Kí hiệu Q2 k 1 ( x) đa thức đại số bậc 2k sinh P2 k 1 ( x) cách giữ nguyên 10 hệ số ứng với lũy thừa chia dư thay hệ số ứng với lũy thừa chia dư hệ số đổi dấu �1 � � � Q2 k 1 � �a � � �2 � a � � � k 1 � k 1 � �a 2� a � Sau số hệ thức liên quan tới hàm Hyperbolic Khai triển trực tiếp áp dụng công thức lượng giác ta có đẳng thức hữu dụng sau : � �2 � � 1� 1� a � � � a � � � 1a �0 2� a � � 2� a � � � � � �3 � � 1� � 1� 1� a � � �a � � �a � a �0 � � � 2� a � � 2� a � 2� a � � � � Từ cos5t 16cos t 20cos t 5cos t ta �5 � a � 16 m5 20m3 5m � 2� a � 1� � (m � a � ) 2� a� Từ sin 3t 3sin t 4sin t ta � � � �3 � � 1� 1� 1� 1� a � � � a � � �a � a �0 � � � 2� a � � 2� a � 2� a � � � � Từ sin 5t 16sin t 20sin t 5sin t ta �5 � 1� 1� a � 16m5 20m3 5m (m � a � ) � 2� a � 2� a� Sử dụng đẳng thức ta giải sau Ví dụ 6: Giải phương trình x 10 x 20 x 18 Lời giải �5 � 1� 1� a � 16m5 20m3 5m m � a � 2� a � �(đa Ta có cơng thức sau � a � , thức Chebyshev) (1) 11 � 1� x 2� a � a a � �( a �0 ) (Đặt hàm a vét hết tồn �) Ta đặt Từ đó, phương trình viết lại � 1� � 1� � 1� 2� a � 20 � a � 20 � a � 18 � a� � a� � a� � 1� � 5� � 5� 1� a � �a � �a � � � a � � a � � a � (2) Áp dụng công thức (1) vào phương trình (2) ta �5 � a � � a5 � 2� a � 9 � 113 a 1 � a 4 � 113 x �5 5 � 113 � Phương trình có nghiệm � � � � Ví dụ 7: Chứng minh phương trình : 16 x 20 x x có nghiệm nhất.Tìm giá trị nghiệm Lời giải TH1: | x |�1 Đặt x cos a với �a � (1) trở thành: 16cos5 a 20cos3 a 5cos a � cos5a 2 Phương trình vô nghiệm a nên (1) vô nghiệm x mà | x |�1 1� 1� x � a � � a �với a �� (1) trở thành: TH2: | x | Đặt � 1� � 1� 1� 1� 16 �a � 20 �a � �a � � a� � a� 2� 2� 12 � a5 40 a5 � a 2 � a10 4a � � a 2 � a a1 2 a a2 2 � 1� x x1 �5 2 � � 2� � � 1� x x2 �5 2 � 2� 2 � � � � Mặt khác, ý a1a2 � x1 x2 Do vậy, (1) có nghiệm là: 1� x �5 2 2� 2 � Ví dụ : Cho r số thực dương thỏa mãn r � � � � 6 r Tìm giá trị r r Lời giải Từ đẳng thức Ta có r x3 � 1� � 1� �x � �x � x3 � x � � x � 66 3.6 198 r � �4 � r � 198 r� Vì � 13 Và giá trị r r 14 3, Ứng dụng đa thức Chebyshev toán lượng giác liên quan đến số hữu tỉ Ví dụ 9: Chứng minh cos hữu tỷ cos �� Phân tích hướng : Do hữu tỉ nên đặt p ,( p; q) q Thật tự nhiên ta nghĩ đến chuyện xét đa thức dạng Chebyshev nhận cos nghiệm lần nghiệm nguyên Ta thấy Tq (cos ) cos p �1 suy phương trình Tq ( x) �1 (hoặc cộng trừ) có n n 1 nghiệm cos mặt khác ta có bổ đề : Nếu đa thức nguyên an x an 1.x … a0 u nhận số hữu tỉ v nghiệm u | a0 , v | an Nhưng ta 2n 1.cos nguyên, toán chưa giải Từ ta mong muốn tìm đa thức có hệ số cao nhỏ hơn, tốt 1, nhận cos làm nghiệm, có dạng gần giống đa thức Chebyshev Lời giải : Với n �� tồn đa thức T cho : Tn (2 cos x) cos nx Và đồng thời Tn xác định theo công thức truy hồi : T0 ( x ) 2, T1 ( x ) x, Tn 1 ( x) x.Tn ( x ) Tn 1 ( x) (Do cos( n 1) x cos x.cos nx cos( n 1) x ) Bằng quy nạp, ta thấy Tn ( x) monic (có hệ số cao 1) Tn ( x) ��[ x] 14 Mà Tq (2 cos ) cos p �2 (Do p ��) Vậy lúc đa thức : R( x) Tq p lẻ S ( x) Tq p chẵn nhận cos làm nghiệm hữu tỉ mà đa thức ��[ x] monic Vậy cos �� Nói thêm cos �[1;1] nên ta suy cos α� {0; ; 1} Ví dụ 10 : Tìm tất số hữu tỉ a �(0;1) thỏa mãn điều kiện sau : cos(3 a) 2cos(2 a) Lời giải : Đặt cos a t , sử dụng hệ thức giảm bậc, ta có phương trình : 4t 4t 3t Tương đương (2t 1)(2t t 2) • Nếu 2t t Do a số hữu tỉ, đặt Tq ( x) t cos a a 1 � 17 p q với p, q ��, ( p; q) Lúc Tq (cos a) cos p �1 , với q1 đa thức Chebyshev bậc q , Tq ( x) ��[ x] có hệ số dẫn đầu Giả sử p chẵn, lúc Tq (cos a) , đặt Tq ( x) T ( x) Xét Q( x) x x phép chia đa thức T ( x) P( x).Q( x) R( x) với R( x), P( x) ��[ x] , �1 17 � R� � � � R ( x ) � � � x t bậc Thay vào đẳng thức ta có 15 �1 17 � R� � � � � � R( x) ��[ x] nên R khơng thể có bậc 1, hay R số, suy R( x) 0x �� Vậy Q( x) | T ( x) q 1 � k � q 1 T ( x ) T ( x ) � q �x cos � q � k 0 � Xét phương trình T ( x) (2 x x 2) P( x) , ta thấy nên xét phân tích tiêu chuẩn vế, x phải nhận nghiệm cos � � 2u � 2v � k x x a �x cos � x cos � � q � q �với a số q làm nghiệm hay � � thực Đồng hệ số bậc ta có a Vậy nên phải tồn u, v �{0;1; ; q 1} cho : � � 2u � 2v � x x 2.�x cos � x cos � � q � q � � � Hay cos 2u 2v cos 1 q q Nhưng có trị tuyệt đối �1 nên phải �1 Nhưng lúc hệ số bậc vế phải Vô 2(cos 2u 2v cos ) q q số chẵn, khác lí Trường hợp p lẻ lí luận tương tự ta có điều vơ lí Vậy t a hay Ví dụ 11 : Giả sử k số nguyên dương x số thực cho cos(k 1) x cos kx số hữu tỉ Chứng minh có số nguyên dương n k cho cos(n 1) x cos nx số hữu tỉ Lời giải : 16 Ta có nhận xét cos x số hữu tỉ cos(kx) số hữu tỉ, với k số nguyên dương (do cos( kx) Pk (cos x) , với Pk ( x) đa thức Chebyshev loại với bậc k , đa thức hệ số nguyên) Vì theo yêu cầu đề bài, ta cần chứng minh hệ đồng dư sau có nghiệm đủ : n �0 (mod k ) � � �n �1 (mod( k 1)) Nhưng hệ ln có nghiệm theo định lý thặng dư trung hoa (chẳng hạn lấy n k ) Ta có điều phải chứng minh 4, Ứng dụng đa thức Chebyshev toán số học : Sự truy hồi bậc đa thức Chebyshev thường gặp toán dãy số đồng thời giống với truy hồi dãy nghiệm phương trình Pell Sử dụng đa thức Chebyshev tính chất đơi cho ta lời giải thú vị toán số học dãy số số học Chúng ta xem xét ví dụ sau : Ví dụ 12: [Mở rộng TST 2012] Cho p nguyên tố lẻ xét dãy ( xn ) thỏa x1 1, x2 p xn pxn1 xn x2 m Chứng minh: p số phương với số nguyên dương m Lời giải : Xét đa thức Chebyshev loại loại : T0 ( x) 1, T1 ( x) x, Tn xU n 1 ( x) U n ( x) U ( x) 1, U1 ( x) x,U n xU n 1 ( x) U n ( x) Ta có đẳng thức quen thuộc liên hệ hai đa thức dạng kiểu phương trình Pell : Tn2 ( x) ( x 1)U n21 ( x) � Tn ( x) Tn ( x) U n21 ( x) x 1 x 1 17 Ta chứng minh : Tn ( x) Tn ( x ) ��, n ��* �� ,κ n �, n x 1 x mod Thực vậy, ta có tính chất quen thuộc sau đa thức Chebyshev loại : Tn (1) 1, n ��* Điều đồng nghĩa với việc đa thức Tn ( x) nhận x làm nghiệm, hay nhận x Tn ( x) �� làm nhân tử, tức x Ta có : Tn (1) (1) n , n ��* Do n lẻ Tn (1) 1 Điều cho thấy đa thức Tn ( x) nhận x 1 làm Tn ( x) �� ,κ n �, n nghiệm, hay nhận x làm nhân tử, tức x mod Dễ dàng nhận thấy xn 1 Tn ( p) với số tự nhiên n Ở đây, ta xét n lẻ : Tn ( p) Tn ( p ) U n21 ( p) (*) p 1 p 1 Gọi : �T ( p) Tn ( p ) � d gcd �n , �� d ∣2 p 1 � � p 1 Từ suy U n1 ( p) số chẵn, điều vơ lí với n lẻ n chẵn đa thức Chebyshev loại có bậc chẵn số lẻ biến số số nguyên Tn ( p ) xn1 p số Như phải có d Từ (*) ta suy p phương với số nguyên dương n lẻ 18 n n Ví dụ 13 : Tìm n ngun dương để (2 1)(3 1) số phương Lời giải : Trường hợp n 1, , tính tốn ta thấy đại lượng khơng phải số phương, loại, n n Với n �3 , đặt (2 1)(3 1) m với m số nguyên dương Nếu n lẻ 2n � � mod ,3n mod m2 mod (vơ lí) 2 k k Vậy n phải chẵn, đặt n 2k Lúc ta có (a 1)(b 1) m với a , b � ( ab)2 a b2 m2 � ( ab 1) m ( a b) phương trình Pythagore quen � ab u v � 2 �a b u v � m 2uv thuộc, m phải chẵn nên ta có : � � 2k 3k u v �� k 2 k k �6 u v � (3 1)(2 1) 2u Từ suy k phải chẵn k lẻ 3k �4 mod hay phân tích vế thành tích thừa số nguyên tố số mũ thừa số vế trái – số chẵn vế phải số mũ số lẻ số mũ số nguyên tố khai triển u chẵn Vậy tìm số tính chất n nM4 n n n n Bây đặt (2 1,3 1) d � d r ,3 d s với ( s; r ) 1, dsr m 2 n Xét phương trình Pell X d Y Do n �3 d s nên d số k k phương Vậy phương trình phương trình Pell loại 1, nhận (2 , r ) , (3 , s) cặp nghiệm k k Ta chứng minh phương trình có dãy nghiệm ( X n , Yn ) khơng thể thuộc dãy { X n } 19 Giả sử dãy có nghiệm khởi đầu X 1, X t công thức truy hồi X n 1 2t X n X n 1n �1 Lúc giá trị X n Tn (t ) Ta chứng minh k xuất dãy phải X Thật quy nạp đơn giản, ta thấy Tn (t ) lẻ n chẵn Tn (t ) số lẻ nhân với t n lẻ (Do t ), nên trường hợp đó, Tn (t ) ln k có ước ngun tố lẻ Từ suy phải X muốn có mặt dãy Nhưng mặt khác, theo tính chất chứng minh k chẵn nên X �X �1 mod3 Và ta quy nạp X n �1 mod 3 n �� Thật giả sử tới n : X n 1 2k 1 X n X n 1 �2 X n X n 1 �1 mod 3 k Vậy xuất dãy Phương trình vơ nghiệm ngun Qua chun đề, tác giả hi vọng bạn có nhìn rõ đa thức Chebyshev cách sử dụng qua tốn khác Từ thấy niềm vui nghiên cứu làm việc với chuyên đề thi đẹp đáng biết đến toán Olympic Chúc bạn ln say mê tìm tịi học tập tốt ! Sau số tập để bạn luyện tập III, Bài tập đề nghị Dưới số tập luyện tập ứng dụng đa thức Chebyshev 1, Cho số nguyên dương n xk cos k , k 0; n n Chứng minh : a) �( xk x j ) j �k (1) k n 2n 1 , �k �n 20 n b) �( x j 1 xj ) n 1 c) �( xn x j ) j 0 n 2n 1 (1) n n 2n 2, Cho n số nguyên dương đa thức P( x) ��[ x] bậc không n thỏa mãn x | P( x) |�1 | x |�1 C Chứng minh : n 1 a) Hệ số bậc cao P không vượt b) | P( x) |�nx �[1;1] n 3, Cho đa thức lượng giác Chứng minh : P( x) �(a j cos jx b j sin jx ) j 0 thỏa mãn | P( x) |�1x �� | P ’ ( x) |�nx �� 4, (Định lý Berstein – Markov) Cho đa thức P( x) ��[ x] bậc n thỏa mãn | P ( x ) |�1x �[1;1] Chứng minh : | P ’ ( x) |�n x �[ 1;1] 5, Cho A1 , A2 , , An n điểm mặt phẳng Chứng minh đoạn thẳng có độ dài l tồn điểm M cho : �l � MA1.MA2 MAn �2 � � �4 � 6, Chứng minh với n �1 ta có : Tn 1 ( x) x.Tn ( x) (1 x )U n 1 ( x) U n ( x ) xU n 1 ( x) Tn ( x) 7, Tìm tất số thực ( x, y, z , u , v) , tất �[2; 2] thỏa mãn hệ x y z uv 0 x3 y z u v3 x y z u v 10 21 22 IV TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Blog thầy Nguyễn Trung Tuân : http://nttuan.org/ [2] Blog Juliel : https://julielltv.wordpress.com/ [3] Diễn đàn toán học : http://diendantoanhoc.net/forum/ [4] Putnam & Beyond – Titu Andreescu [5] Wikipedia : https://en.wikipedia.org/wiki/Chebyshev_polynomials [6] Chuyên khảo dãy số- Nguyễn Tài Chung 23 ... với số toán cực trị đa thức : 1, Ứng dụng đa thức Chebyshev toán cực trị liên quan đa thức : Một dấu hiệu để nhận biết tốn đa thức có sử dụng tính chất đa thức Chebyshev miền giá trị đa thức. .. Bài toán chứng minh ! 2, Ứng dụng đa thức Chebyshev vào giải phương trình bậc cao : Với số công thức bậc cao đa thức Chebyshev sử dụng với hàm hyperbolic cho ta hướng suy nghĩ đặt ẩn phụ đưa toán. .. phải chứng minh 4, Ứng dụng đa thức Chebyshev toán số học : Sự truy hồi bậc đa thức Chebyshev thường gặp tốn dãy số đồng thời giống với truy hồi dãy nghiệm phương trình Pell Sử dụng đa thức Chebyshev