Ví dụ 2.55. Tìm hàm f : Z → R thoả mãn các điều kiện f(1) = a với
a∈[−1; 1] cho trước và
f(x+y) +f(x−y) = 2f(x)f(y), ∀ x, y ∈Z.
Lời giải.
• Cho x=y= 0 ta được 2f(0) = 2f2(0) nên f(0) = 0 hoặc f(0) = 1.
Nếu f(0) = 0 thì cho y= 0, ∀ x∈Z ta được 2f(x) = 0 nên f(x)≡0.
Nếu f(0) = 1 thì cho x=y= 1, ta được f(2) + 1 = 2f2(1)
nên f(2) = 2f2(1)−1 = 2a2−1 = cos(2 arccosa)(xem mục 5.1). • Cho x= 2, y = 1 ta được
f(3) +f(1) = 2f(2)f(1)
⇒ f(3) = 2(2a2−1)a−a= 4a3−3a = cos(3 arccosa).
Chứng minh quy nạp theo n ta được f(n) = cos(narccosa), ∀n∈N. • Cho x= 0, ∀ y ∈Z ta được f(y) +f(−y) = 2f(y)nên f(y) =f(−y). Do đó f(x) = cos(xarccosa), ∀ x ∈Z.
Thử lại ta thấy f(x) = cos(xarccosa) thoả mãn điều kiện bài toán. Vậyf(x) = cos(xarccosa), ∀ x ∈ Z.
Ví dụ 2.56. Cho a, a1, a2, . . . , an là các số thực. Tồn tại hay không tồn tại một đa thức
thoả mãn điều kiện
|Pn(x)|6a, ∀x∈[−a;a]?
Lời giải. Xét đa thức Pn(x) =acos
narccosx
a
, ∀x∈[−a;a]. Chứng minh quy nạp theo n ta thấy Pn(x) thoả mãn yêu cầu bài toán.
Ví dụ 2.57. Tìm đa thức P(x) = a0xn+a1xn−1 +· · ·+an với a0 6= 0 thoả mãn điều kiện
(1−x2)[P0(x)]2 =n2[1−P2(x)] ∀x ∈R. (2.15) trong đó P0(x) là đạo hàm của P(x).
Lời giải. Dễ thấy hai đa thức dạng P(x) = cos(narccosx) và Q(x) = −cos(narccosx) thoả mãn điều kiện bài toán. Ta chứng minh không còn đa thức nào khác thoả mãn bài ra.
Thật vậy (2.15)⇒ P2(1) = 1, [(1−x2)(P0(x))2]0=n2[1−P2(x)]0, ∀x∈R ⇒ P2(1) = 1, P0(x)[n2P(x)−xP0(x) + (1−x2)P00(x)] = 0, ∀x∈R.
Nhưng P0(x) chỉ có hữu hạn nghiệm nên
n2P(x)−xP0(x) + (1−x2)P00(x)≡0, ∀x∈R. (2.16) So sánh các hệ số trong (2.16) ta được an−1 = 0 và
k(k−2n)an−k = (n−k+ 2)(n−k+ 1)an−k+2 (với 26k 6n).
Suy ra an−3 =an−5 =· · ·= 0, cònan−2, an−4, ...được xác định duy nhất theo