Một số tính chất của đa thức lượng giác

Tính chất 1.3. Với mọi Sn (x) dạng (1.3) luôn luôn tồn tại đa thức đại số

Qn−1 (t) để

Ln (x) = b0 + sin x.Qn−1 (cos x).

Tính chất 1.4. Với mọi đa thức Cn (x) dạng (1.2) ta đều có



Cn (x) = Pn (cos x),

trong đó Pn (t) là đa thức bậc n đối với t và có hệ số bậc cao nhất là an 2n−1 .

Ngược lại, với mọi đa thức Pn (t) với hệ số chính bằng 1 thì từ phép đặt

ẩn phụ t = cos x ta đều biến đổi về được đa thức Cn (x) dạng (1.2) với

an = 21−n .

Bài toán 1.1. Cho đa thức

k



(aj cos jx + bj sin jx) (k ≥ 1)



f (x) = a0 +



(1.4)



j=1



và cho số α thoả mãn điều kiện nα = 2π với n > k . Chứng minh rằng



f (x + α) + f (x + 2α) + . . . + f (x + nα) = na0 .



(1.5)



Lời giải.

Nhận xét rằng tổ hợp tuyến tính của các đa thức dạng (1.4) cũng là

một đa thức có dạng đó. Vì vậy không mất tính tổng quát ta chỉ cần chứng

minh (1.5) cho trường hợp đa thức dạng f (x) = sin mx và f (x) = cos mx

là đủ. Mặt khác, ta có

n



n



cos(α + kβ) = 0,



sin(α + kβ) = 0



k=1



k=1



.

đúng với mọi α ∈ R, 0 = β < 2π và nβ .. 2π . Từ đó ta có ngay đẳng thức

(1.5) là đúng.

Bài toán 1.2. Cho đa thức



f (x) = b0 + b1 sin x + b2 sin 2x + · · · + bn sin nx, bn = 0,

thoả mãn điều kiện



|f (x)| ≤ | sin x|, ∀x ∈ R.

Chứng minh rằng



|b1 + 2b2 + 3b3 + · · · + nbn | ≤ 1.

5



(1.6)



Lời giải. Ta có



|b1 + 2b2 + 3b3 + · · · + nbn | =

f (x) − f (0)

f (x) − f (0)

≤ lim

x→0

x→0

x

x

f (x) sin x

f (x)

= lim

= lim

≤ 1,

x→0 sin x

x→0

x

x

điều phải chứng minh.

= |f (0)| = lim



Bài toán 1.3. Cho các số thực a, b, A, B sao cho đa thức lượng giác



f (x) = 1 − a cos x − b sin x − A cos 2x − B sin 2x

thoả mãn điều kiện



f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R.

Chứng minh rằng



a2 + b2 ≤ 2, A2 + B 2 ≤ 1.

√

√

A2 + B 2 = R. Khi đó tồn tại α, β để

Lời giải. Đặt a2 + b2 = r;

a = r cos α; b = r sin α,

a cos x + b sin x = r cos(x − α),

A = R cos 2β; B = R sin 2β,

A cos 2x + B sin 2x = R cos 2(x − β).

Từ đó suy ra



f (x) = 1 − r cos(x − α) − R cos 2(x − β).

Đặt



π

π

f (α + ) = P, f (α − ) = Q.

4

4

Khi đó, ta có các đẳng thức

r

π

P = 1 − √ − R cos 2 α − β +

,

4

2

r

π

Q = 1 − √ − R cos 2 α − β −

.

4

2

Nếu r2 > 2 thì 1 −



√r

2



< 0.

6



Trị tuyệt đối của hiệu hai góc 2(α − β + π4 ) và 2(α − β − π4 ) bằng π

nên các cosin của chúng trái dấu. Bởi vậy, trong hai biểu thức



R cos 2 α − β +



π

4



R cos 2 α − β −



π

4



và



có một biểu thức không âm.

Từ đó dẫn đến trong hai số P và Q có một số âm. Vậy ít nhất một

trong hai giá trị f (α + π4 ) và f (α − π4 ) là số âm. Điều đó là vô lý (do giả

thiết f (x) ≥ 0, ∀x ∈ R).

Vậy r2 ≤ 2 suy ra a2 + b2 ≤ 2.

Tương tự ta có



f (β) = 1 − r cos(β − α) − R cos 0 = 1 − r cos(β − α) − R;

f (β + π) = 1 − r cos(β − α + π) − R.

Nếu xảy ra trường hợp R > 1 thì 1 − R < 0 và do hiệu của 2 góc β − α + π

và β − α bằng π nên lập luận tương tự như trên ta thu được một trong hai

số f (β) và f (β + π) là số âm, vô lý.

Vậy A2 + B 2 ≤ 1, điều phải chứng minh.

Nhận xét 1.1. Bài toán trên là truờng hợp đặc biệt của định lý về đa thức

lượng giác nhận giá trị không âm:

Nếu đa thức

n



f (x) = 1 +



(ak cos kx + bk sin kx)

k=1



không âm với mọi x ∈ R thì



a2i + b2i ≤ 2, ∀i ∈ {1, 2, . . . , (n − 1)}, a2n + b2n ≤ 1.

Bài toán 1.4. Chứng minh rằng với m = 2n − 1, đa thức lưọng giác



f (x) = cos 2n x + a1 cos(2n − 1)x + a2 cos(2n − 2)x + . . . + am cos x (1.7)

không thể chỉ nhận giá trị cùng dấu.

Lời giải. Giả sử f (x) chỉ nhận giá trị dương. Khi đó



1

f1 (x) := (f (x) + f (x + π)) > 0

2

7



với mọi x ∈ R.

Do cos(x + kπ) = (−1)k cos x nên đa thức



f1 (x) = cos 2n x + a2 cos(2n − 2)x + . . . + am−2 cos 2x

dương với mọi x ∈ R.

Do đó đa thức



1

1

f2 (x) := (f1 (x) + f1 (x + π))

2

2

dương với mọi x ∈ R.

Tương tự như trên ta cũng thu được



f2 (x) = cos 2n x + a4 cos(2n − 4)x + . . . + am−4 cos 4x.

Vậy



1

1

f2 (x) + f2 x + π

2

4

dương với mọi x ∈ R. Lặp lại quá trình trên, sau hữu hạn bước ta thu được

đa thức cos 2n x > 0 với mọi x ∈ R. Điều đó không xảy ra.

f (x) =



Nhận xét 1.2. Nếu sử dụng đặc trưng tuần hoàn của các nguyên hàm

F (x) của f (x) dạng (1.7) thì F (x) không thể là hàm thực sự đơn điệu và

do đó đạo hàm của nó (chính là f (x)) không thể luôn luôn cùng dấu.

Bài toán 1.5. Cho đa thức

n



fn (x) = a0 +



(ak cos kx + bk sin kx),

k=1



trong đó các số thực a0 , ak , bk ∈ R thoả mãn điều kiện fn (x) > 0, ∀x ∈ R,

a2i + b2i = 1 (i = 1, 2, . . . , n).

Chứng minh rằng



fn (x) − n

≤ 1, ∀x ∈ R.

a0

Lời giải. Ta có

n



a2i + b2i = a0 + n.



fn (x) ≤ a0 +

i=1



Xét nguyên hàm của fn (x)

n



F (x) = a0 x +

i=1



ai

bi

sin ix − cos ix .

i

i

8



(1.8)



Do F (x) = fn (x) > 0 với mọi x ∈ R nên F (x) là hàm tăng trên R. Suy ra

F (2π) > F (0) tức a0 > 0. Kết hợp với (8) ta thu được



fn (x) − n

≤ 1, ∀x ∈ R.

a0



1.2



Một số đồng nhất thức dạng đại số - lượng giác



Nhận xét rằng đẳng thức cơ bản để dẫn đến sự phong phú của hệ thống

các đồng nhất thức lượng giác là công thức



sin2 t + cos2 t = 1, ∀t ∈ R.



(1.9)



Gắn với hệ thức (1.9) là đồng nhất thức Lagrange



(2x)2 + (1 − x2 )2 = (1 + x2 )2 , ∀x ∈ R.



(1.10)



Hai công thức (đồng nhất thức) (1.9) và (1.10) là hai cách viết của một

t

hệ thức. Nếu ta thay x = tan vào (1.10) thì dễ dàng thu được (1.9) và

2

ngược lại.

Như vậy là mỗi công thức lượng giác sẽ tương ứng với một đồng nhất

thức đại số tương ứng. Điều đó cũng thật dễ hiểu nếu chúng ta nhớ lại quá

trình dẫn dắt đến định nghĩa các hàm số lượng giác cơ bản đối với góc nhọn

được mô tả dựa theo Định lý Pytago:

Trong tam giác vuông ABC với cạnh huyền BC ta luôn có hệ thức



(AB)2 + (AC)2 = (BC)2 .

Tuy nhiên, với số lượng các công thức biến đổi lượng giác quá nhiều,

bản thân các hệ thức lượng giác tạo thành một chuyên đề có tính độc lập

tương đối, dần tách hẳn cơ sở đại số của nó, đã làm cho chúng ta quên đi

một lượng lớn các hệ thức đại số có cùng xuất sứ từ một hệ thức lượng giác

quen biết. Đặc biệt, trong chương trình toán bậc phổ thông hiện nay, các

hàm số lượng giác ngược, hàm lượng giác hyperbolic,... không nằm trong

phần kiến thức bắt buộc thì những bài toán liên quan đến chúng sẽ là một

thách thức lớn đối với học sinh.

Ta nhắc lại công thức Euler quen biết



eiα = cos α + i sin α, α ∈ R.



9



Khi đó





eiα + e−iα



cos α =

,

2

iα

−iα



sin α = e − e .

2i

Rõ ràng khi khảo sát hàm số cos t thì ít ai nghĩ trong đầu rằng nó có dạng

1

1

a+

vì khi đó a không còn là một số thực. Nhưng nếu ta chú ý đến

2

a

biểu thức

eα + e−α

, α ∈ R,

2

thì đó chính là cos(iα) (= cosh α) và vì vậy, về mặt hình thức, ta sẽ có

nhiều biến đổi thu được từ các công thức liên quan đến biến x ∈ [−1, 1]

giống như công thức đối với hàm cos t.

Ví dụ 1.1. Hệ thức đại số ứng với công thức



cos 2t = 2 cos2 t − 1

chính là công thức



1

1

1

1 2

a + 2 =2

a+

2

a

2

a



2



−1.



Ví dụ 1.2. Hệ thức đại số ứng với công thức



cos 3t = 4 cos3 t − 3 cos t

chính là công thức



1 3

1

1

1

a + 3 =4

a+

2

a

2

a



3



−3



1

1

a+

2

a



,



hay



4x3 − 3x =



1 3

1

a + 3

2

a



với



1

1

a + , a = 0.

2

a

Ví dụ 1.3. Hệ thức đại số ứng với công thức

x=



cos 5t + cos t = 2 cos 3t cos 2t

chính là công thức



1 5

1

1

1

1 3

1

a + 5 + a+

=2

a + 3

2

a

2

a

2

a

10



1 2

1

a + 2

2

a



.