Tính chất 2.7. Với mọix∈(−1,1), ta cóUn(x) = sin(n√arccosx)
1−x2 .
Tính chất 2.8. Un(x) = 1 nT
0
n(x).
Chứng minh. Theo tính chất 2.1, đa thứcTn(x) =cos(narccosx). Suy ra
Tn0(x) = nsin(n√ arccosx) 1−x2 =nUn(x). Tính chất 2.9. a) Un(x)là đa thức, bậcn−1, hệ số bậc cao nhất là 2n−1. b) Un(x)là hàm chẵn nếun lẻ và là hàm lẻ nếun chẵn. Chứng minh. Ta cóUn(x) = 1 nT 0 n(x).
Theo Tính chất 2.1 và Tính chất 2.2 của đa thứcTn(x), ta suy ra điều phải chứng minh.
Tính chất 2.10.
|Un(x)| ≤n, ∀x∈(−1,1).
Chứng minh. Với mỗix∈(−1,1), ta đặtx=cost, ∀t ∈(0,π). Khi đó Un(x) = sin(n√arccosx)
1−x2 = sinnt sint .
Bằng phương pháp quy nạp theo n ta chứng minh được |sinnt| ≤n|sint|. Vậy
Tính chất 2.11. Đa thứcUn(x)có đúngn−1nghiệm phân biệt khác nhau trong khoảng(−1,1). Chứng minh. Theo Tính chất 2.8, ta cóUn(x) = 1 nT 0 n(x). Mà Tn(x) là đa thức có n nghiệm phân biệt trên (−1,1), Tn(x) liên tục và khả vi trên (−1,1), nên theo Định lí Roll thìTn0(x)có(n−1)nghiệm phân biệt trong(−1,1).
Bài toán 2.5. Chứng minh rằng với mọin∈N∗, ∀x∈(−1,1)thì
Un(x) =xUn−1(x) +Tn−1(x).
Lời giải. Với mọi x ∈ (−1,1), ta đặt x = cost, t ∈ (0,π). Ta có Un(x) = sinnt
sint , Tn(x) =cosnt.
Do đó
Un(x)−xUn−1(x) = sinnt
sint −costsin(n−1)t
sint
= sinnt−sinntcos2t+cosntsintcost sint
= sinnt(1−cos2t) +cosntsintcost sint
=sinntsint+cosntcost =cos[(n−1)t] =Tn−1(x).
Suy raUn(x) =xUn−1(x) +Tn−1(x), ∀x∈(−1,1).
Bài toán 2.6. Chứng minh rằng
Tn+1(x) =xTn(x)−(1−x2)Un(x), ∀x∈(−1,1), ∀n∈N.
Lời giải. Với∀x∈(−1,1), ta đặtx=cost, t ∈(0,π).
Do vậy ta có
Tn+1(x) + (1−x2)Un(x) =cos[(n+1)t] +sin2tsinnt sint
=cosntcost−sinntsint+sinntsint =cosntcost=xTn(x).
Bài toán 2.7. Chứng minh rằng
(1−x2)Un00(x)−3xUn0(x) + (n2−1)Un(x) =0, ∀n∈N,∀x∈(−1,1).
Lời giải. Với mọi x∈(−1,1), ta cóUn(x) = sin(n√arccosx)
1−x2 . Suy ra Un0(x) = −ncos(narccosx) 1−x2 + xsin(narccosx) (1−x2)√ 1−x2. Un00(x) =−n2sin(narcsinx) (1−x2)√ 1−x2 −3nxcos(narccosx) (1−x2)2 + sin(narccosx) (1−x2)√ 1−x2+3x 2sin(narccosx) (1−x2)2√ 1−x2 . Do đó(1−x2)Un00(x)−3xUn0(x) + (n2−1)Un(x) =0.
Bài toán 2.8. Chứng minh rằng với∀x∈(−1,1), ∀m,n∈Nthì a) Tm−n(x) +Tm+n(x) =2Tm(x)Tn(x)
b) Tm(Tn(x)) =Tmn(x).
Lời giải.
a) Với x∈(−1,1), nếu đặtx=cost, vớit∈(0,π)thì ta cóTn(x) =cosnt, khi đó
Tm−n(x) +Tm+n(x) =cos[(m−n)t] +cos[(m+n)t] =2 cosmtcosnt=2Tm(x)Tn(x).
b) Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp
Vớim=0ta có T0(Tn(x)) =1=T0.n(x).Vây b) đúng với m=0, ∀n∈N.
Giả sử b) đúng tới m. Khi đó ta có
Tm+1(Tn(x)) =2Tn(x)Tm(Tn(x))−Tm−1(Tn(x)) =2Tn(x)Tmn(x)−T(m−1)n(x) =Tmn+n(x)−Tmn−n(x)−Tmn−n(x) =T(m+1)n(x).
Bài toán 2.9. Chứng minh rằng mọi đa thức f(x) bậcn(n≥1)đều có thể biểu diễn dưới dạng
f(x) =a0+a1T1(x) +a2T2(x) +· · ·+anTn(x) (an6=0) và cách biểu diễn này là duy nhất.
Lời giải. Ta có Tn(x)là đa thức bậc ncó hệ số cao nhất là 2n−1 nên ta có Tn(x) =2n−1xn+ϕ(x) (vớiϕ(x)là đa thức bậc nhỏ hơnn) Suy raxn = 1
2n−1Tn(x)− 1
2n−1ϕ(x).
Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh được f(x) =a0+a1T1(x) +a2T2(x) +· · ·+anTn(x).
Bây giờ ta đi chứng minh tính duy nhất. Giả sử f(x) =a0+a1T1(x) +a2T2(x) +· · ·+anTn(x) =a00+a01T1(x) +a20T2(x) +· · ·+a0nTn(x). Khi đó ta có 0= (a0−a00) + (a1−a01)T1(x) +· · ·+ (an−a0n)Tn(x) với∀x∈R. Nghĩa là (a0−a00) = (a1−a10) =· · ·= (an−a0n) =0. Suy raa0=a00; a1 =a01; . . .; an=a0n.