lf œ)|< Sa -# (ql— xXu)...( — xX,..)Œ - xX.„.)...(— XX,)
k=0 b‹ k—Xạ)- ơ. —X sĂ)ŒXy —Xpup)ô (&Xy —Xa)
.q)
Mặt khỏc, ỏp dụng cụng thức nội suy La-gơ-răng cho đa thức
Trờ-bư-sếp T, (x) tại n+1 điểm x, (k=0,1,.. 5n), ta được: — -
T.&)= STể, ) œ= Xg)...(X—X._Ă)(X— Xi „)-: .(X— X,)
k=0 . _Á, —Xg).. .X,— X.ô +)(X, — Xiu)° (Xv— X na)
=> D` = Xu).. (X~ —X,_Ă)(X— XY¿}< (X— Xạ) -(2)
—Xg)..(X\— —X¿.Ă)Œy — Xy¿Ă)...(Xy — Xạ) _
Xem đa thức T, "Œœ) xỏc định bởi : T(x)=x KỆ Từ đú ta thấy với x #O thỡ :
— XX }. .(~xx,_.)q ~xX,.Ă)..(Í>XX„)
T(x)= (— "Ủy Ụ ki k+]
` —Xg)..(XV— XcĂ), — Xy¿Ă)..ểX, —Xz)
Vỡ 2 vế là hai đa thức của x, nờn nếu chỳng bằng nhau khi x z0 thỡ chỳng cũng bằng nhau với mọi xeR. So- sỏnh với (l), ta suy ra
|f'G)è<T,'Œ) khi x e[~1; 1], @)
Vỡ đa thức Trờ-bư-sếp T, (x) bậc n cú nghiệm :
= ke 01. „n—] Xy cosLEố- m n-]) ) (x0). X 108
Và cú hệ số ca nhất bàng 2, vậy nú được phõn tớch dưới dạng :
T,(x)=2"!(x—x,)(x—x,)..(x— Xu} _
Từ đú suy ra : T (x)=2"'(I- xx,)(1—xx,)- {1~ ~X, ơ ). _— 4)
Dóy xXụ,X,,..,x„, là một dóy “đối xứng” tức là : Xu =—Xuo Xu Đao
X; =—x,„_;... nờn theo (4) ta cũng cú : SN cc T,"(x)= =2" '(+x,)(+ )...(I+xxX„.}.
Cựng với d, SUY ra : nú - "
[T, G)] =4"'(I—x?x 2)(I—xx2 ).(I~x? õn 2) ` Nờn với lx| < l : [T; (x)ƒ <4. Ti ` Nờn với lx| < l : [T; (x)ƒ <4. Ti
Theo (3), ta cú : T, (x)> 0 khi lx|< 1. ` _
Vậy với xe[—1;1] : Tụ (x)<2"",
Kết hợp với (3), ta được : |f°(x)|<2"" khi lx|< 1.
T1. KHAI TRIỂN VÄ sIỂU DIỄN ˆ (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
11.1. Khai triển A-ben:
_ 11.2. Khai triển theo x-a:
__Cho felR[x] và deg f =n, Va 6ẹ ta cú khai triển theo x—a”
Cho feRÍx], deg f = n vàn số œ, 0... ,0, <R khi đú tồn dạ bộ - n+l số thực duy nhất bạ, bụ,.. „b„ SaO Cho :
f(x)= bạ„(x—œ,)(x~ œ;)...(x— œ, )}*+ ơ
— +b,(x—ứœ,)(x—0¿)..(x—d,,)+..+b,.(x—œ,)+b„.
Đặc biệt nếu f eZ[x] và œ, cZ thỡ b,6Z. Chứng minh : Quy. nạp theon. _-
Khớ n=1:f(x)=a,x+a, =ay(x~ œ)+(a, g+a ) thỡ b, =a,,b, =f(e).
Giả sử khẳng định đỳng đến n=k.. s cú
Xột đa thức f(x)—ỏo(x—ứœ; )(x— œ)-.(x—g,) cú % <n~1 nờn
tồn tại duy nhất bộ n số thực bạ, b;,...,b, thoả : " f(x)~ a +,(x~ s,)ẫx= œ,).. {x~ œ,)= b,(x—e/)x~ :d,)...(X— đa )+
+..+b,,(xX—œ,)+b„ (đpem).
f(x)=cg,(x-a)" +c.(x-a)” '+u+c x=a)+€,- _ với bộ n+] số cạ,c,,....c„ duy nhất thuộc ùẹ. _ với bộ n+] số cạ,c,,....c„ duy nhất thuộc ùẹ.
Chứng minh dựa vào quy nạp theo bậc n.: 11.3. Khai triển -Tay-lo :
110
Cho fe R[x] và deg f=n, Vxụ cè' ta cú khai triển :
f f#(x :
no na dc
..c m K.è- n
› —_— _
ằ Chứng minh dựa vào khai triển trờn và quy nạp theo n (xo = a). :
q9 kc, =f“{x;¿)>cœ,= r THỊ kc, =f“{x;¿)>cœ,= r THỊ
-_ Bài tập 130: Tỡm điều kiện của cỏc hệ số để f rử)= =axè + bx? +cx +d _“guyờn
_vớii mọi X nguyờn.
(iữi Nam ù 977
_ Giải :
Lấy 4 số nguyờn liờn tiếp : —1;0;;2:
f(0)=deZ ;f()=a+b+c+deZ- Ha
_f(2)=8a+4b+2ctdeZ ; f(-I)=-a+b-c+deZ -
=deZ, a+b+ceZ và f()+f(- l)= 2b+2deZ.= 2b c7, 'Vỡf(2)= 6a+2(a+b+c)+2b+ de Z,= 6a e Z. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Đảo lại, khi 6a, 2b, a+b+c, de Z thỡ ỏp dụng khai triển A-ben, cụ thể :
Fx)=6a#4= ĐT sa, XPT (ỏp +c)x+d
nền f(x) nguyờn với mọi x nguyờn. Sau đõy là kết quả tổng quỏt hơn:
s Cho feRÍ[x],degf=n,aeZ sao cho f(a+i)eZ,Vi=0,n thỡ f(x)eZ, Vxe Z. Nghĩa là nếu f(x) nhận giỏ trị nguyờn tại n+l số nguyờn ệ - liờn tiếp thỡ f(x) nguyờn với mọi x nguyờn. .
Giải :
Áp dụng khai triển A-ben với œ,=a+i,i=l,n thỡ:
-_ f(x)=bg(x=a—l)(x~a-2)..(x-a=n)+ ' +b,(x—a~1)...(x~a—n+l)+...+b ' +b,(x—a~1)...(x~a—n+l)+...+b =f(a+1)= b,cZ _ f(a+2)=b,,l+b, Z=—b,,eZ f(a+3)=b,..2+b,,.l+b,eZ—b,,.21e2 - dx- -a— -)+b, n—l f(a+n)e 2= b, (n~1)!eZ f{a)<Z = bụ n!eZ. - Dođú: f(x)= bụ niŒ78-D<G =4), nè = a—è)..(x—a—n~ D_ (n-l)! ca
"thuộc 2 với Vx eZ (vỡ tớch k số nguyờn liờn tiếp chia hết cho k!). c cà té,
Bài tập 131 : Nếu p nguyờn tố, m số nguyờn sao cho : l<n <r,<.. <1, <p=l
thoả r" ” =l(modp), Ă=lm thỡ VxeZ: Si
x"—1=(x—r,)(x—r,)...(xT— r„ (mod p)
- Giải : _
Dựng khai triển A-ben :
f(x)=x”=1=b,(x~n,)...(x= r.)+.. .+ Đụ, (X— Đ)+ LNN Vỡ feZlx] và ù, nguyờn nờn b, nguyờn. Vỡ feZlx] và ù, nguyờn nờn b, nguyờn.
So sỏnh hệ số thỡ bụ =l và fớn )=n"~I=b„ :p
fớt,)= =p,"=1=b„„ (, —1)+Đạ :P Vỡ 0<r,—r <p=>b, P.
Tương tự : f(r, }:p => b,:p=> x"—1=l(x—n }...(x—r„)(modp). _ Bài tập 132 : Cho f e R[x] cú deg f =n và f(k) =2"; k =0, 1, 2,....n _ Bài tập 132 : Cho f e R[x] cú deg f =n và f(k) =2"; k =0, 1, 2,....n
Tớnh f(n +1). " (Việt Nam 1986) - Giải : : Xột đa thức : . si "ơ x(x~l) n +, - „x&=UŒ~2)..(x~n+I) +—— n g(x)= ltc
Thỡ degg= n và g(k)}= ŸC:- =2* =f() với n+l giỏ trị nờn f =g.
i=0
Do đú: f(n+1)=g(n+1)= >C..= =2"'~1,
=0 „ .
Bài tập 133 : Chứng mỡnh rằng nếu phõn số tối giản é là nghiệm của đa thức _ q q
f(x)=aux"+a,x"”+..,+a,, thỡp—mq_ là ước của f(m) với m nguyờn. Đặc
biệt, p—q là ước của f(1); p+q là ước của f(—è). _
_ Giải : _
Phõn tớch #(x) theo cỏc luỹ thừa của x — m : _
f(x)=a¿(x—m)” +ec,(x~m)””+...+e,(x~m)+c, =@(x—m) Cỏc hệ số c,, c;,...,c„. đểu nguyờn vỡ m nguyờn.
`. Chỳ ý rằng : c„ =f(m). Thay =ẩ, ta được :
. ` g . (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
(SG n
ơ- q q "
Tức là : P—4 tà nghiệm của @(x —m).
q ,
Vậy : p—mq phải là ước của c„, tức là ước của f(m), suy ra đpcm.
Trường hợp m = +F thỡ : - s
* Khi m=l: p-q là ước của f(1).
s Khi m=—l:p+q là ước của f(-l).
s Khi m= 0:p là ước của f(0).
Bài tập 134 : Cho đa thức P(x) bậc n và 2 số a < b thoả :
P(a)<0,—P'(a)<0, P”(a)<0,...,(—1)" P'°'(a)<0
P(b) >0, P'(b) >0, P”(b)>0,...,P“” (b) >0.
Chứng minh cỏc nghiệm thực của P(x) thuộc (a; b). -
, (Singapore j 978)
c. Giải : ,
Khai triển Tay-èo, ta cú : :
tr : (n)
P&)=P(b)+^99)(„_ p)„ ấ 2N `... ⁄ n!
'Nếu x>b=> P(x)>0—=P(Œ%) khụng cú nghiệm x > b.
Tương tự :
P(x)=P(a)+ F9) -a)+ #6 Ga) +. + P20), -a)"
" nớn)
nm (30+ rọ a-x)P+, + TT S2 Q—x} n!
Nếu ".... P() dờngcú nghiệm x <a.