Tính chất của các đa thức Chebyshev
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (432.61 KB, 63 trang )
1
sin nt
Tn (x) =
, cos t = x, đa thức bậc n − 1
n
sin t
có hệ số bậc cao nhất bằng 2n−1 và là hàm chẵn khi n lẻ; là hàm lẻ khi n
chẵn.
Tính chất 1.11. Un (x) =
Tính chất 1.12. Tn (x) có đúng n nghiệm phân biệt trên [-1, 1 ] là
xk = cos
2k + 1
π (k = 0, 1, . . . , n − 1).
2n
Tính chất 1.13. |Un (x)| ≤ n, ∀x ∈ [−1, 1] và |Tn (x)| ≤ n2 , ∀x ∈ [−1, 1].
Xét các hàm số
1
1
sinh x = (ex − e−x ), cosh x = (ex + e−x ).
2
2
Khi đó với |x| > 1 thì
Tn (x) = cosh(nt); Un (x) =
sinh(nt)
,
sinh t
(1.12)
trong đó x = cosh t.
Bài toán 1.8. Chứng minh rằng đa thức Un (x) có đúng n − 1 nghiệm thực
khác nhau trong (−1, 1).
Lời giải. Sử dụng Tính chất 1.3 và do Tn (x) có đúng n nghiệm thực phân
biệt trên [−1, 1] nên theo Định lý Rolle ta có ngay điều phải chứng minh.
Bài toán 1.9. Chứng minh rằng
Un (x) = xUn−1 (x) + Tn−1 (x), ∀n ∈ N∗ ; x ∈ R.
Lời giải. Ta chứng minh cho trường hợp x ∈ (−1, 1). Đặt x = cos t
(0 < t < π) và sử dụng các tính chất của Tn (x) và Un (x) ta thu được điều
phải chứng minh.
Với |x| > 1 thì ta sử dụng kết quả của đẳng thức (1.12).
Bài toán 1.10. Chứng minh rằng
Tn+1 (x) = xTn (x) − (1 − x2 )Un (x), ∀x ∈ R, n ∈ N.
Lời giải. Sử dụng phương pháp quy nạp, ta sẽ thu được (1.13)
18
(1.13)
Bài toán 1.11. Chứng minh rằng
(1 − x2 )Tn (x) − xTn (x) + n2 Tn (x) = 0, ∀n ∈ N, x ∈ R.
Lời giải. Với x ∈ [−1, 1], ta sử dụng tính chất 1.2 của Tn (x) và thay trực
tiếp biểu thức của Tn (x) vào điều kiện bài ra ta thấy đẳng thức đúng.
Với |x| > 1 thì sử dụng (1.13) và các tính chất của các hàm số sinh x
và cosh x.
Bài toán 1.12. Chứng minh rằng với m, n ∈ N; n ≥ m và x ∈ R thì
Tn+m (x) + Tn−m (x) = 2Tn (x)Tm (x).
Lời giải. Sử dụng định nghĩa và phương pháp quy nạp hoặc sử dụng các
công thức
cos(n + m)x + cos(n − m)x = 2 cos nx cos mx
và
cosh(n + m)x + cosh(n − m)x = 2 cosh(nx) cosh(mx).
Bài toán 1.13. Chứng minh rằng
Tm (Tn (x)) = Tmn (x), ∀x ∈ R, m, n ∈ N.
(1.14)
Lời giải. Ta chứng minh (1.14) bằng phương pháp quy nạp theo m. Với
n cố định tuỳ ý và m = 0, ta có T0 (Tn (x)) = 1 = T0n (x) (theo định nghĩa
Tn (x)). Vậy (1.14) đúng với m = 0; n ∈ N.
Giả sử (1.14) đúng tới m. Khi đó
Tm+l (Tn (x)) = 2Tn (x)Tm (Tn (x))
= 2Tn (x)Tmn (x) − T(m−l)n (x) (theo giả thiết quy nạp)
= Tn+mn (x) + Tmn−n (x) − Tmn−n (x) (theo Bài toán1.3 )
= T(m+1)n (x).
Vậy
Tm (Tn (x)) = Tmn (x), ∀x ∈ R, m, n ∈ N.
19
Chương 2. Phương pháp lượng giác
giải phương trình bậc ba và bậc bốn
2.1
Giải phương trình bậc ba
Trong phần này ta nêu phương pháp giải phương trình bậc ba với hệ
số thực tùy ý :
ax3 + bx2 + cx + d = 0,
a = 0.
(2.1)
2.1.1
Giải và biện luận phương trình bậc ba
Bài toán 2.1. Giải phương trình (2.1) khi biết một nghiệm x = x0 .
Lời giải. Theo giả thiết thì ax30 + bx20 + cx0 + d = 0
(2.1) ⇔ ax3 + bx2 + cx + d = ax30 + bx20 + cx0 + d
⇔ a(x3 − x30 ) + b(x2 − x20 ) + c(x − x0 ) = 0
⇔ (x − x0 )[ax2 + (ax0 + b)x + ax20 + bx0 + c] = 0.
1) Nếu ∆ = (ax0 + b)2 − 4a(ax20 + bx0 + c) < 0 thì phương trình (2.1)
có nghiệm duy nhất x = x0 .
2) Nếu ∆ ≥ 0 thì phương trình (2.1) có các nghiệm
x = x0
√
−(ax0 + b) ± ∆
x=
2a
Hệ quả 2.1. 1) Nếu x0 là nghiệm của phương trình (2.1) thì điều kiện cần
và đủ để phương trình (2.1) có ba nghiệm phân biệt là
ax2 + (ax + b)x + ax2 + bx + c = 0
0
0
0
0
0
∆ = (ax + b)2 − 4a(ax2 + bx + c) > 0
0
0
0
20
2) Nếu x0 là nghiệm của (2.1) thì có thể phân tích :
ax3 + bx2 + cx + d = (x − x0 )f (x).
(2.2)
trong đó f (x) là một tam thức bậc hai xác định.
3) Nếu x1 , x2 , x3 là các nghiệm của phương trình (2.1) thì
ax3 + bx2 + cx + d = a(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 )
và có công thức Viete
b
x
+
x
+
x
=
−
1
2
3
a
c
x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 =
a
d
x1 x2 x3 =
a
Bài toán 2.2. Giải phương trình
ax3 + bx2 + cx + d = 0
(2.3)
ac3 = db3 .
(2.4)
với
(Khi đó phương trình (2.3) − (2.4) có tên gọi là phương trình quy hồi bậc
ba)
Lời giải. Từ (2.4), suy ra
1) Nếu c = 0 thì b = 0 và
(2.4) ⇔ ax3 + d = 0 ⇔ x =
3
d
− ,
a
d
c
2) Nếu c = 0 thì b = 0 và = ( )3 .
a
b
c
Đặt = −x0 thì c = −bx0 , d = −ax30 .
b
Thế vào (2.3), ta được
ax3 + bx2 − bx0 x − ax30 = 0
⇔ a(x3 − x30 ) + bx(x − x0 ) = 0
⇔ (x − x0 )[ax2 + (ax0 + b)x + ax20 ] = 0.
c
Vậy x = x0 = − là một nghiệm.
b
Nếu ∆ = (ax0√+ b)2 − 4a2 x20 ≥ 0 thì phương trình còn có nghiệm
−(ax0 + b) ± ∆
x=
.
2a
21
