Đặc trưng hàm của hàm số lượng giác

Một phần của tài liệu Chương 2: Số phức và biến phức trong lượng giác doc (Trang 25 - 26)

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(xy) = 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)aa= 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)ank = (nk+ 2)(nk+ 1)ank+2 (với 26k 6n).

Suy ra an−3 =an−5 =· · ·= 0, cònan−2, an−4, ...được xác định duy nhất theo

Một phần của tài liệu Chương 2: Số phức và biến phức trong lượng giác doc (Trang 25 - 26)

Tải bản đầy đủ (PDF)

(50 trang)