Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong lớp đa thức lượng giác

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG LÊ THỊ THANH LAM BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP ĐA THỨC LƯỢNG GIÁC LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Đà Nẵng - Năm 2013 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG LÊ THỊ THANH LAM BẤT ĐẲNG THỨC VÀ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG LỚP ĐA THỨC LƯỢNG GIÁC Chuyên ngành : Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH NGUYỄN VĂN MẬU Đà Nẵng - Năm 2013 LỜI CAM ĐOAN Tơi cam đoan cơng trình nghiên cứu riêng Các số liệu, kết nêu luận văn trung thực chưa cơng bố cơng trình khác Tác giả luận văn Lê Thị Thanh Lam MỤC LỤC MỞ ĐẦU …………………………………………………………………… 1 Lý chọn đề tài ………………………………………………… Mục đích nghiên cứu …………………………………………… Đối tƣợng phạm vi nghiên cứu ………………………………… Phƣơng pháp nghiên cứu ………………………………………… Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài ………………………… Cấu trúc luận văn …………………………………………… CHƯƠNG MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC VÀ ĐA THỨC LƯỢNG GIÁC …………………………………………… 1.1 TÍNH CHẤT CỦA HÀM SỐ LƢỢNG GIÁC ………………………… 1.1.1 Tính chẵn lẻ hàm số ……………………………………… 1.1.2 Tính tuần hồn phản tuần hồn hàm số … …………… 1.2 TÍNH CHẤT CỦA ĐA THỨC LƢỢNG GIÁC ……………………… 1.2.1 Định nghĩa đa thức lƣợng giác ……………………………… 1.2.2 Một số tính chất ………………………………………… … 1.2.3 Đa thức Chebyshev ………………………………………… 13 CHƯƠNG BẤT ĐẲNG THỨC TRONG LỚP ĐA THỨC LƯỢNG GIÁC ……………………………………………………………………… 17 2.1 MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ CƠ BẢN …………………… 17 2.2 MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC CỦA CÁC HÀM SỐ LƢỢNG GIÁC CƠ BẢN ……………………………………………………………………… 18 2.3 MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN ĐẾN ĐA THỨC LƢỢNG GIÁC ……………………………………………………………………… 23 CHƯƠNG MỘT SỐ ÁP DỤNG TRONG ĐẠI SỐ VÀ GIẢI TÍCH 29 3.1 CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ LƢỢNG GIÁC …………………………… 29 3.2 CỰC TRỊ TRONG LỚP ĐA THỨC LƢỢNG GIÁC ………………… 35 3.3 MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ XẤP XỈ VÀ ƢỚC LƢỢNG ĐA THỨC… 42 KẾT LUẬN ……………………………………………………………… 51 TÀI LIỆU THAM KHẢO ……………………………………………… 52 QUYẾT ĐỊNH GIAO ĐỀ TÀI LUẬN VĂN THẠC SĨ (BẢN SAO) MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Bất đẳng thức vấn đề cổ điển toán học, phần toán sơ cấp đẹp thú vị Các toán bất đẳng thức đa dạng đề tài, phong phú chủng loại phù hợp với nhiều đối tượng thuộc cấp học khác Các toán bất đẳng thức lượng giác toán sơ cấp khó khó, giải chúng phương pháp sơ cấp, không vượt giới hạn chương trình tốn học phổ thơng Trong kì thi chọn học sinh giỏi tốn liên quan đến phép tính lượng giác thường ẩn dạng cơng cụ giải toán Nhiều toán liên quan đến ước lượng tính tốn tổng, tích tốn cực trị thường có mối quan hệ nhiều đến đặc trưng lượng giác Do đó, tốn bất đẳng thức lượng giác ln đem lại hấp dẫn nhiều đối tượng học sinh giáo viên nghiên cứu vấn đề Luận văn "Bất đẳng thức toán cực trị lớp đa thức lượng giác" đề cập đến số dạng bất đẳng thức lượng giác mà biểu thức thường đa thức lượng giác Trên sở đó, nội dung luận văn trình bày phần lí thuyết tập liên quan đến bất đẳng thức lượng giác, toán cực trị lớp đa thức lượng giác, từ khai thác thêm ứng dụng đại số giải tích lượng giác hóa số tốn đại số, ước lượng đa thức, xấp xỉ đa thức, Mục đích nghiên cứu Nhằm hệ thống tổng quan toán bất đẳng thức lượng giác bản, bất đẳng thức liên quan đến đa thức lượng giác Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng khảo sát đề tài luận văn toán bất đẳng thức lớp đa thức lượng giác hệ thống kiến thức liên quan Nghiên cứu từ tài liệu, giáo trình GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu sách chuyên đề bất đẳng thức, đa thức, lượng giác Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu trực tiếp từ tài liệu thầy hướng dẫn, tham khảo ý kiến đồng nghiệp nơi công tác bạn học viên lớp Tổng hợp tài liệu liên quan, nắm vững cốt lõi nội dung kiến thức, từ xếp, trình bày hệ thống khai thác ứng dụng theo đề tài chọn Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Tạo đề tài phù hợp cho việc giảng dạy, bồi dưỡng học sinh trung học phổ thông Đề tài đóng góp thiết thực cho việc nâng cao chất lượng dạy học từ chuyên đề toán trường THPT, đem lại niềm say mê sáng tạo từ toán Cấu trúc luận văn Luận văn gồm phần mở đầu, chương, phần kết luận danh mục tài liệu tham khảo Mở đầu Chương Một số tính chất hàm số đa thức lượng giác Chương Các bất đẳng thức liên quan đến đa thức lượng giác Chương Một số áp dụng đại số giải tích Kết luận CHƯƠNG MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC VÀ ĐA THỨC LƯỢNG GIÁC 1.1 TÍNH CHẤT CỦA HÀM SỐ LƯỢNG GIÁC 1.1.1 Tính chẵn lẻ hàm số Xét hàm số f (x) với tập xác định D(f ) ⊂ R tập giá trị R(f ) ⊂ R Định nghĩa 1.1 Hàm số f (x) với tập xác định D(f ) ⊂ R gọi hàm số chẵn M , M ⊂ D(f ) ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = f (x), ∀x ∈ M f (x) gọi hàm số lẻ M , M ⊂ D(f ) ∀x ∈ M ⇒ −x ∈ M f (−x) = −f (x), ∀x ∈ M Nhận xét 1.1 Hàm số y = cos x hàm số chẵn Các hàm số y = sin x, y = tan x, y = cot x hàm số lẻ tập xác định chúng 1.1.2 Tính tuần hồn phản tuần hồn hàm số Định nghĩa 1.2 a) Hàm số f (x) gọi hàm tuần hồn (cộng tính) chu kì a (a > 0) M M ⊂ D(f ) ∀x ∈ M ⇒ x ± a ∈ M f (x + a) = f (x), ∀x ∈ M b) Cho f (x) hàm số tuần hồn M Khi T (T > 0) gọi chu kì sở f (x) f (x) tuần hồn với chu kì T mà khơng tuần hồn với chu kì bé T Nhận xét 1.2 Hàm số y = cos x, hàm số y = sin x tuần hồn với chu kì T = 2π Hàm số y = tan x, hàm số y = cot x tuần hồn với chu kì T = π Bài toán 1.1 Cho cặp hàm số f (x), g(x) tuần hồn M có chu a kì a b, với ∈ Q Chứng minh F (x) := f (x) + g(x) b G(x) := f (x).g(x) hàm tuần hoàn M Lời giải Theo giả thiết, tồn m, n ∈ N∗ với (m, n) = cho a m = Đặt T = na = mb Khi đó: b n F (x + T ) = f (x + na) + g(x + mb) = f (x) + g(x) = F (x), ∀x ∈ M G(x + T ) = f (x + na).g(x + mb) = f (x).g(x) = G(x), ∀x ∈ M Hơn nữa, dễ thấy ∀x ∈ M (x ± T ) ∈ M Vậy F (x), G(x) hàm số tuần hoàn M Định nghĩa 1.3 a) Hàm số f (x) gọi phản tuần hoàn (cộng tính) chu kì b (b > 0) M M ⊂ D(f ) ∀x ∈ M ⇒ x ± b ∈ M f (x + b) = −f (x), ∀x ∈ M b) Nếu f (x) hàm số phản tuần hồn chu kì b0 M mà khơng hàm phản tuần hồn với chu kì bé b0 M b0 gọi chu kì sở hàm phản tuần hồn f (x) M Bài tốn 1.2 Chứng minh hàm phản tuần hoàn M hàm tuần hoàn M Lời giải Theo giả thiết, tồn b > cho ∀x ∈ M x ± b ∈ M f (x + b) = −f (x), ∀x ∈ M suy ∀x ∈ M x ± 2b ∈ M f (x + 2b) = f (x + b + b) = −f (x + b) = −(−f (x)) = f (x), ∀x ∈ M Vậy f (x) hàm tuần hồn với chu kì 2b M Định nghĩa 1.4 Hàm số f (x) gọi hàm tuần hồn (nhân tính) chu kì a (a ∈ / {−1, 0, 1}) M M ⊂ D(f ) ∀x ∈ M ⇒ a±1 x ∈ M f (ax) = f (x), ∀x ∈ M Ví dụ 1.1 Xét f (x) = sin(2π log2 x) Khi f (x) hàm tuần hồn nhân tính chu kì R+ Thật vậy, ta có: Với x ∈ R+ 2±1 ∈ R+ f (2x) = sin[2π log2 (2x)] = sin[2π(1 + log2 x)] = sin(2π + 2π log2 x) = sin(2π log2 x) = f (x), ∀x ∈ R+ Định nghĩa 1.5 Hàm số f (x) gọi phản tuần hoàn (nhân tính) chu kì a (a ∈ / {−1, 0, 1}) M M ⊂ D(f ) ∀x ∈ M ⇒ a±1 x ∈ M f (ax) = −f (x), ∀x ∈ M Bài toán 1.3 Chứng minh hàm số phản tuần hồn nhân tính M hàm tuần hồn nhân tính M Lời giải Theo giả thiết, ∃a(a ∈ / {−1, 0, 1}) cho ∀x ∈ M a±1 x ∈ M f (ax) = −f (x), ∀x ∈ M Suy ∀x ∈ M a±1 x ∈ M f (a2 x) = f (aax) = −f (ax) = −(−f (x)) = f (x), ∀x ∈ M Như vậy, f (x) hàm tuần hồn nhân tính chu kì a2 M 38 Hàm Sn+1 (x) có đạo hàm điểm x ∈ (0; π) Sn+1 (x) = cos x + cos 2x + + cos nx + cos(n + 1)x (2n + 3)x x sin − sin 2 = x sin nhận giá trị nhỏ điểm x0 ∈ (0; π) Vậy x0 , ta có Sn+1 (x0 ) = tức sin (2n + 3)x0 x0 = sin > (do x0 ∈ (0; π)) 2 Suy cos (2n + 3)x0 = − sin2 (2n + 3)x0 = − sin2 x0 x0 = cos >0 2 Theo định nghĩa, ta có Sn+1 (x) = Sn (x) + sin(n + 1)x n+1 Suy (n + 1) Sn+1 (x0 ) − Sn (x0 ) = sin(n + 1)x0 (2n − 3)x0 x0 = sin − 2 (2n − 3)x0 x0 (2n − 3)x0 x0 = sin cos − cos sin 2 2 x0 x0 (2n − 3)x0 x0 ≥ sin cos − cos sin 2 2 x0 x0 x0 x0 = sin cos − cos sin =0 2 2 Suy Sn (x0 ) ≤ Sn+1 (x0 ) < (trái với giả thiết Sn ≥ với ∀x ∈ (0, π)) 39 Vậy ta phải có Sn+1 (x) ≥ với x ∈ (0, π) Bất đẳng thức chứng minh Bài toán 3.11 Chứng minh với x ∈ R với số tự nhiên n, ta có 1 cos 2x + + cos nx ≥ n Lời giải Với n = ta thấy kết 1 Ta xét với n ≥ Đặt Sn (x) = + cos x + cos 2x + + cos nx n Các hàm Sn (x) hàm tuần hồn với chu kì 2π hàm chẵn, ta cần xét hàm số đoạn [0, π] Ta có + cos x + cos Sn (x) = −(sin x + sin 2x + + sin nx) = (2n + 1)x x − cos 2 x sin Suy (2n + 1)x (2n + 3)x x + cos − cos 2 Sn (x) + Sn+1 (x) = x sin x x cos cos(n + 1)x − cos 2 = x sin cos(n + 1)x − = ≤ 0, x ∈ (0, π) x tan cos Biểu thức cos(n + 1)x − điểm rời rạc xk = k ∈ Z cos(n + 1)x − < khoảng (xk , xk+1 ) 2kπ , n+1 40 Suy hàm Sn (x) + Sn+1 (x) hàm nghịch biến [0, π] Do Sn (x) + Sn+1 (x) ≥ Sn (π) + Sn+1 (π) 1 cos(n + 1)π = 2(1 + cos π + cos 2π + + cos nπ) + n n+1 1 cos(n + 1)π = 2( cos 2π + + cos nπ) + n n+1 Vì cos kπ = (−1)k , nên với n = 2m(m ≥ 1) , ta có S2m (x) + S2m+1 (x) ≥ 1 1 − + + + − (3.4) 2m − 2m 2m + Mặt khác S2m (x) + S2m+1 (x) = 2S2m (x) + cos(2m + 1)x 2m + Theo (3.4) S2m (x) + S2m+1 (x) ≥ 1 1 − + − + − 2m − m 2m − hay 1 1 + cos(2m + 1)x − + − − + 2m − 2m 2(2m + 1) 1 1 > − + + − >0 2m − 2m − S2m (x) ≥ Tương tự, ta có S2m (x) + S2m+1 (x) = 2S2m+1 (x) − cos(2m + 1)x 2m + Theo (3.4) S2m (x) + S2m+1 (x) ≥ 1 1 − + − + − 2m − m 2m − Suy 1 1 − cos(2m − 1)x − + − + − 2m − 2m 2(2m + 1) 1 1 > − + + − >0 2m − 2m − S2m+1 (x) ≥ Vậy toán chứng minh 41 Bài toán 3.12 Xét dãy số thực {xn }(n = 1, 2, , 2004) thỏa mãn điều kiện π π ≤ x1 , x2 , , x2004 ≤ Tìm giá trị lớn biểu thức y = (sin x1 + sin x2 + + sin x2004 )( 1 + + + ) sin x1 sin x2 sin x2004 Lời giải Ta có π π ≤ xi ≤ ⇔ ≤ sin xi ≤ 1, với i = 1, 2, , 2004 2 ⇔(sin xi − )(sin xi − 1) ≤ ⇔ sin2 xi − sin xi + ≤ 2 ≤ 0, với i = 1, 2, , 2004 ⇔ sin xi − + 2 sin xi Do 2004 i=1 sin xi + 2004 i=1 ≤ 2004 sin xi (3.5) Mặt khác theo bất đẳng thức AM - GM, ta có 2004 i=1 sin xi + 2004 i=1 ≥2 sin xi 2004 i=1 sin xi 2004 i=1 sin xi (3.6) Từ (3.5) (3.6) suy 2004 2004 sin xi i=1 i=1 ≤ 20042 sin xi Dấu "‘="’ xảy (3.5) (3.6 ) xảy dấu "‘="’, tức sin xi = sin xi = với i = 1, 2, , 2004 2004 i=1 sin xi = 2004 i=1 sin xi 42 Gọi p số sin xi q số sin xi 1, ta có p + q = 2004 1 p + q = (2p + q) 2 ⇔ p + q = 2004 p + 2q = 2p + q ⇔ p = q = 1002 π Vậy giá trị lớn y 20042 có 1002 số xi 1002 π số xi 3.3 MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ XẤP XỈ VÀ ƯỚC LƯỢNG ĐA THỨC • Ước lượng đa thức Bài toán ước lượng đa thức gồm nhiều dạng toán ước lượng miền giá trị đa thức tập cho trước, ước lượng hệ số đa thức, ước lượng nghiệm đa thức, ước lượng giá trị đạo hàm, Ta xét số toán dạng Ngoài mục ta đưa cách chứng minh định lí Berstein - Markov mô tả mối quan hệ đa thức với đạo hàm Bài tốn 3.13 Cho đa thức Pn−1 (x) bậc ≤ n − có hệ số cao a0 , thỏa mãn điều kiện − x2 |Pn−1 (x) ≤ 1, ∀x ∈ [−1; 1] Chứng minh |Pn−1 (x)| ≤ n, ∀x ∈ [−1; 1] 2j − Lời giải Chọn xj = cos π hàm số cos x nghịch biến 2n khoảng (0; π) nên −1 < xn < xn−1 < < x2 < x1 < Nếu x1 < x < x − xj > Tn (x) không đổi dấu (x1 ; 1], ta có |Pn−1 (x)| ≤ n n 1− j=1 x2j Pn−1 (xj ) |Tn (x)| ≤ |x − xj | n n j=1 Tn (x) x − xj (3.7) 43 Mặt khác n n−1 (x − xj ) Tn (x) = j=1 nên ta có n (x − xj ) n j=1 n−1 Tn (x) = = x = xk k=1 n j=1 Tn (x) x − xj Mà |Tn (x)| = |Un (x)| ≤ n n nên từ (3.7) (3.8) suy |Pn−1 (x)| ≤ n, ∀x ∈ (x1 ; 1] Hồn tồn tương tự , ta có |Pn−1 (x)| ≤ n, ∀x ∈ [−1; xn ) Xét xn ≤ x ≤ x1 Khi ta có − x2 ≥ − x21 = sin(arccos x1 ) = sin Do 1≥ nên sin x ≥ x π 2π π ≥ = n 2n π n − x2 ≥ n Suy |Pn−1 (x)| ≤ 1 n =n Vậy ta chứng minh |Pn−1 (x)| ≤ n, ∀x ∈ [−1; 1] π 2n (3.8) 44 Bài toán 3.14 Cho đa thức lượng giác P (t) = a1 sin t + a2 sin 2t + + at sin nt thỏa mãn điều kiện |P (t)| ≤ 1, ∀t ∈ R \ { , −2π, −π, 0, π, 2π, } Chứng minh P (t) ≤ 1, ∀t ∈ R \ { , −2π, −π, 0, π, 2π, } sin t Lời giải Nhận xét P (t) = Pn−1 (cos t) với Pn−1 (x) đa thức dạng sin t Pn (x) = a0 xn + a1 xn−1 + + an−1 x + an Đặt cos t = x Khi |x| ≤ P (t) = sin tPn−1 (cos t) = − x2 Pn−1 (x) Nhận xét P (x) thỏa mãn điều kiện toán (3.13) nên |Pn−1 (x)| ≤ n, ∀x ∈ [−1; 1] Do P (t) ≤ 1, ∀t ∈ R \ { , −2π, −π, 0, π, 2π, } sin t Bài toán 3.15 Cho đa thức lượng giác n P (x) = (aj cos jx + bj sin jx) j=0 thỏa mãn điều kiện |P (x)| ≤ 1, với x ∈ R Chứng minh |P (x)| ≤ n, với x ∈ R Lời giải Lấy giá trị x0 tùy ý, ta có cos(x0 − x) − cos(x0 + x) = sin x0 sin x, sin(x0 − x) − sin(x0 + x) = cos x0 sin x, 45 Nên P (x0 + x) − P (x0 − x) g(x) = = n cj sin jx j=0 Suy g (x) = P (x0 + x) − P (x0 − x) g (0) = P (x0 ) Ta chứng minh |g (x0 )| ≤ n Thật vậy, g(x) đa thức lượng giác chứa sin , toán (3.14) |g(x)| = P (x0 + x) − P (x0 − x) |P (x0 + x)| − |P (x0 − x)| ≤ ≤1 2 Ta suy g(x) ≤ n, ∀x ∈ R { , −2π, −π, 0, π, 2π, } sin x Nhưng g(0) = 0, g(x) − g(0) x ≤n x−0 sin x Chuyển qua giới hạn, x → g(x) − g(0) x → g (0) →1 x−0 sin x Do ta nhận |g (0)| ≤ n Vậy |P (x0 )| ≤ n Hơn nữa, x0 chọn tùy ý nên toán chứng minh 46 Bài tốn 3.16 (Định lí Berstein - Markov) Cho đa thức Pn (x) = a0 xn + a1 xn−1 + + an thỏa mãn điều kiện |Pn (x)| ≤ 1, ∀x ∈ [−1; 1] Chứng minh |Pn (x)| ≤ n2 , ∀x ∈ [−1; 1] Lời giải Đặt x = cos α Khi theo giả thiết |Pn (cos α)| ≤ Mà Pn (cos α) có dạng n Pn (cos α) = (aj cos jα + bj sin jα) j=0 nên ta áp dụng kết toán (3.15) Ta | sin αPn (cos α)| ≤ ⇒ Cũng theo tốn (3.14) ta có − x2 Pn (x) ≤1 n Pn (x) ≤ n Suy n Pn (x) ≤ n2 Chú ý Dựa vào kết định lí Berstein - Markov, sau áp dụng liên tiếp kết định lí này, ta thu kết sau: Nếu |Pn (x)| ≤ 1, ∀x ∈ [−1; 1] |P (k) (x)| ≤ [n(n − 1)(n − 2) (n − k + 1)]2 , ∀x ∈ [−1; 1] Bài toán 3.17 (Đề thi Olympic Toán Sinh viên toàn quốc năm 1994) Cho n số nguyên dương ak , bk ∈ R, (k = 0, 1, , n) Chứng minh phương trình n x+ (ak sin kx + bk cos kx) = k=1 có nghiệm khoảng (−π, π) Lời giải 47 Bổ đề 3.1 (Định lí Roll) Cho f : [a; b] → R hàm số liên tục khoảng đóng [a; b] khả vi khoảng mở (a; b) với a < b Khi tồn giá trị c ∈ (a, b) cho f (c) = f (b) − f (a) b−a Chứng minh toán Xét hàm n x2 ak bk F (x) = ( cos kx + sin kx), x ∈ R + k k k=1 Nhận xét F (x) khả vi R Xét n F (x) = x + (−ak sin kx + bk cos kx) k=1 Khi n ak π2 + (− (−1)k ) F (−π) = k k=1 n ak π2 (− (−1)k ) F (π) = + k k=1 Do F (−π) = F (π) Sử dụng định lí Roll khoảng (−π, π) ta nhận điều phải chứng minh • Xấp xỉ hàm số đa thức Trong số hàm số biến thực đa thức coi hàm số đơn giản nhiều phương diện, mặt tính tốn Một vấn đề ta quan tâm toán xấp xỉ hàm số cho trước đa thức, đặc biệt tìm điều kiện (cần đủ) để hàm số cho trước xấp xỉ đa thức Ta xét số toán sau 48 Bài toán 3.18 Cho a, a1 , a2 , , an số thực Tồn hay không tồn đa thức Pn (x) = xn + a1 xn−1 + + an−1 x + an thỏa mãn điều kiện |Pn (x)| ≤ a, ∀x ∈ [−a; a] x Lời giải Xét đa thức Pn (x) = a cos(n arccos ), ∀x ∈ [−a; a] Chứng a minh quy nạp theo n ta thấy Pn (x) thỏa mãn yêu cầu tốn Bài tốn 3.19 Tìm đa thức P (x) = a0 xn + a1 xn−1 + + an , với a0 = thỏa mãn điều kiện (1 − x2 )[P (x)]2 = n2 [1 − P (x)], ∀x ∈ R (3.9) P (x) đạo hàm P (x) Lời giải Dễ thấy hai đa thức dạng P (x) = cos(n arccos x) Q(x) = − cos(n arccos x) thỏa mãn điều kiện tốn Ta chứng minh khơng cịn đa thức khác thỏa mãn yêu cầu toán Thật (3.9) ⇒ ⇒ P (1) = [(1 − x2 )(P (x))2 ] = n2 [1 − P (x)] , ∀x ∈ R P (1) = P (x)[n2 P (x) − x.P (x) + (1 − x2 )P ” (x)] = 0, ∀x ∈ R Nhưng P (x) có hữu hạn nghiệm nên n2 P (x) − x.P (x) + (1 − x2 )P ” (x) = (3.10) So sánh hệ số (3.10) ta an−1 = k(k − 2n)an−k = (n − k + 2)(n − k + 1)an−k+2 , (x ≤ k ≤ n) Suy an−3 = an−5 = = 0, an−2 , an−4 , xác định theo an Mặt khác ta có n aj )2 = 1(= P (1)) ( j=0 49 nên an nhận hai giá trị đối Vậy có không hai đa thức P (x) Q(x) thỏa mãn yêu cầu toán Bài toán 3.20 Cho cj ∈ C, j = 0, 1, , n, c0 = 0, cn = 0, z = eit , t ∈ R Chứng minh h(z) = c0 + c1 z + c2 z + + cn z n |h(z)|2 đa thức lượng giác bậc n theo t Lời giải Ta có eit = cos t + i sin t nên eikt = cos kt + i sin kt, ∀t ∈ R Đặt ck = ak + ibk với ak , bk ∈ R, k = 0, 1, , n Khi n (ak + ibk )(cos kt + i sin kt) h(z) = k=0 n (ak cos kt − bk sin kt + i(bk cos kt + ak sin kt) = k=0 n |h(z)| = (ak cos kt − bk sin kt) n + k=0 (bk cos kt + ak sin kt) k=0 n = λ0 + (λj cos jt + µj sin jt) j=1 n với λ0 = k=0 |ck |2 , λk + iµk = n cj ck−j (k = 1, 2, , n − 1) j=0 λn + iµn = 2c0 cn = (do c0 cn khác 0) Vậy |h(z)|2 đa thức lượng giác bậc n theo t Bài toán 3.21 Chứng minh hàm số f (x) = sin2p x (p số tự nhiên) đa thức lượng giác theo cosin Lời giải 50 Từ công thức eix = cos x + i sin x dễ dàng suy eix − e−ix eix + e−ix sin x = ; cos x = 2i Vậy nên eix − e−ix sin x = 2i 2p 2p Suy 2p (−1)p k ikx i(2p−k)x (−1)k C2p e e f (x) = 2p k=0 (−1)p = 2p p−1 2p (−1) k=0 k k 2ikx−2ipx C2p e + (−1) k k 2i(k−p)x C2p e k=p+1 p−1 p C2p (−1)p k k 2i(k−p)x −2i(k−p)x = 2p (−1) C2p e +e + 2p 2 k=0 p−1 p C2p (−1)p k k = 2p−1 (−1) C2p cos 2(k − p)x + 2p 2 k=0 Vậy f (x) đa thức lượng giác bậc 2p theo cosin p C2p + 2p 51 KẾT LUẬN Luận văn trình bày theo hướng hệ thống hóa kiến thức liên quan đến số bất đẳng thức hàm số lượng giác đa thức lượng giác, sở khai thác sâu số toán cực trị lớp đa thức lượng giác áp dụng đại số giải tích Trong chương một, tác giả trình bày số kiến thức sở hàm số lượng giác đa thức lượng giác có dạng n (ak coskx + bk sinkx) Ln (x) = a0 + k=1 a0 , ak , bk ∈ R(k ∈ {1, 2, , n}; |an | + |bn | = 0(n ∈ N∗ ) Trong chương hai, tác giả trình bày kiến thức số bất đẳng thức bản, bất đẳng thức hàm số lượng giác bản, bất đẳng thức liên quan đến đa thức lượng giác Chương ba chương quan trọng nhất, trình bày số toán cực trị hàm số lượng giác, lượng giác hóa số tốn đại số, tốn cực trị liên quan đến đa thức lượng giác ứng dụng ước lượng đa thức, xấp xỉ đa thức 52 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Mậu (2002), Đa thức đại số phân thức hữu tỉ, NXB GD [2] Nguyễn Văn Mậu (2004), Bất đẳng thức, Định lý áp dụng, NXB GD [3] N V Mậu, T N Dũng, N Đ Phất, N T Thanh (2009), Số phức áp dụng, NXB GD [4] Tạ Duy Phượng (2004), Phương trình bậc ba hệ thức tam giác, NXB GD Tiếng Anh [5] A Pogorelov (1987) , Geometry, Mir Publisher Moscow [6] D, S Mitrinovic, J E Pecaric (1989), Recent Advances in Geometric Inequalities, Kluwer Academic Publishers [7] D Djukic, V Jankovic, I Matic and N Petrovic (2004), The IMO Compendium 1959 – 2004, Springer – Verlag [8] Eric W.Weisstein (1999), CRS Concise Encyclopedia of Mathematics, CRS Press ... quan toán bất đẳng thức lượng giác bản, bất đẳng thức liên quan đến đa thức lượng giác 2 Đối tượng phạm vi nghiên cứu Đối tượng khảo sát đề tài luận văn toán bất đẳng thức lớp đa thức lượng giác. .. viên nghiên cứu vấn đề Luận văn "Bất đẳng thức toán cực trị lớp đa thức lượng giác" đề cập đến số dạng bất đẳng thức lượng giác mà biểu thức thường đa thức lượng giác Trên sở đó, nội dung luận... MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC LIÊN QUAN ĐẾN ĐA THỨC LƯỢNG GIÁC Tương tự phần 2.2, phần ta xét bất đẳng thức mà hàm số lượng giác đa thức lượng giác Ví dụ 2.9 Chứng minh tập giá trị đa thức lượng giác bậc