Đa thức trêbưsep và xấp xỉ trêbưsep

Xấp xỉ một hàm số bởi đa thức Trêbưsep.. Nguyễn Minh Tuấn giao cho làmluận văn thạc sỹ khoa học với tên đề tài"ĐA THỨC TRÊBƯSEP VÀ XẤP XỈ TRÊBƯSEP" Luận văn này được trình bày để làm rõ

Mục lục

Phần mở đầu 2

Chương 1 Đa thức Trêbưsep 4

1.1 Định nghĩa 4

1.2 Tính chất 10

1.3 Một vài ứng dụng của đa thức Trêbưsep 22

1.3.1 Độ lệch của đa thức 22

1.3.2 Định lí Berstein- Markov 29

Chương 2 Xấp xỉ Trêbưsep 35

2.1 Xấp xỉ một hàm số bởi đa thức Trêbưsep 35

2.2 Chuỗi Trêbưsep 42

2.3 Hệ số Trêbưsep 46

2.4 Tính chất tối ưu của khai triển Trêbưsep 49

Kết luận 54

Tài liệu tham khảo 55

1

Đa thức Trêbưsep (P.L Chebyshev) có vị trí rất đặc biệt trong toánhọc Nó xuất hiện ngay trong các bài toán trong toán học sơ cấp, đặc biệttrong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế Đa thức Trêbưsepcũng có rất nhiều ứng dụng trong toán học như Lý thuyết xấp xỉ, lýthuyết nội suy, Vì đa thức Trêbưsep rất quan trọng, nên có rất nhiềubài báo và các công trình toán học nghiên cứu về nó Chính vì thế nêntôi được thầy hướng dẫn là PGS.TS Nguyễn Minh Tuấn giao cho làmluận văn thạc sỹ khoa học với tên đề tài

"ĐA THỨC TRÊBƯSEP VÀ XẤP XỈ TRÊBƯSEP"

Luận văn này được trình bày để làm rõ thế nào là đa thức Trêbưseploại 1, loại 2 và một ứng dụng của đa thức Trêbưsep trong chứng minhđịnh lí Berstein- Markov, xấp xỉ Trêbưsep

Ngoài phần mở đầu luận văn gồm hai chương, phần kết luận và danhmục tài liệu tham khảo

Chương 1 Đa thức Trêbưsep

Chương này giới thiệu định nghĩa về đa thức Trêbưsep loại 1, loại 2

và một số tính chất của nó như tính chất trực giao,

Phần cuối của chương này là một số ứng dụng của đa thức Trêbưsep

là độ lệch của đa thức và chứng minh định lí Berstein- Markov

sâu sắc đến Thầy Tôi xin gửi lời cám ơn của mình tời toàn bộ các thầy

cô giáo trong khoa Toán-Cơ-Tin học, Khoa sau đại học trường Đại họcKHTN- Đại học quốc gia Hà Nội đã giảng dạy và giúp đỡ tôi trong suốtquá trình học tập tại đây

Tôi cũng xin cảm ơn các bạn trong lớp cao học toán 2011-2013 nghànhToán Giải tích Khoa Toán Cơ-Tin học trường Đại học Khoa học Tựnhiên- ĐHQG Hà Nội đã nhiệt tình giúp đỡ tôi trong quá trình học tập

và làm luận văn này

Cuối cùng tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám hiệu, các đồngnghiệp và các học sinh trường THPT Yên Phong số 2- Bắc Ninh đã độngviên và tạo điều kiện, giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn này

Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và khả năng có hạn nêncác vấn đề trong luận văn vẫn chưa được trình bày sâu sắc và không thểtránh khỏi có những sai sót trong cách trình bày Mong được sự góp ýxây dựng của thầy cô và các bạn Tôi xin chân thành cảm ơn!

là, cho x ∈ I, ta tìm được giá trị duy nhất của θ = arccos x thỏa mãn

xác định trên I, có thể viết như sau

Dùng khai triển nhị thức Newton, ta có

(cos θ + i sin θ)n = cosnθ + Cn1cosn−1θ(i sin θ)

+Cn2cosn−2θ(i2sin2θ) + · · · + C nn(i sin θ)n.Cân bằng phần thực của phương trình (1.4), ta thu được

cos nθ = cosnθ − C n2cosn−2θ sin2θ + Cn4cosn−4θ sin4θ + · · ·

Bk,q = (−1)kCqkcos2kθ, k = 0, 1, , q,

cos nθ = A 0 B 0,0

+ A 1 B 0,1 + A 1 B 1,1

+

+ A[n/2]B0,[n/2] + · · · + A [n/2] B[n/2],[n/2]. (1.7)Cộng lại lấy tổng bên phải của ( 1.7 ) bằng cởi đường chéo kế tiếp, tathu được

cos nθ = (A 0 B 0,0 + A 1 B 1,1 + · · · + A [n/2] B[n/2],[n/2])

+ (A 0 B 0,1 + A 1 B 1,2 + · · · + A [n/2] B[n/2]−1,[n/2]) +

+ (A[n/2]−1B0,[n/2]−1+ A[n/2]B1,[n/2]) + A[n/2]B0,[n/2];

hoặc, bằng cách thay thế A q vàB k,q với những vị trí đứng của chúng cho

Vậy T n (x)có các giá trị trong I, là một đa thức bậc n, xác định với mọigiá trị của x (đúng cho cả mọi số phức x) Đa thức T n (x)như vậy gọi là

đa thức Trêbưsep bậc n, và ta có định nghĩa sau

Định nghĩa 1.1.1 Với n ∈ N, đa thức Trêbưsep loại 1 là đa thức T n (x)thỏa mãn điều kiện

dθ

U 0 , U 1 , U 2 , U 3 , U 4 , U 5 được mô tả bởi hình dưới đây

Chứng minh i) Sử dụng Định nghĩa 1.1.2 và phép quy nạp theo n,

ta dễ chứng minh được đa thức T n (x) có bậc n có hệ số cao nhất bằng

ii) Đa thức U n (x) là hàm chẵn khi n chẵn; là hàm lẻ khi n lẻ

Chứng minh Sử dụng Định nghĩa 1.1.1, ta có:

=(−1)nT n (cos θ).

Từ đó suy ra T n (−x) = (−1)nT n (x), đó là điều cần chứng minh.

Ghi chú

+ Với n chẵn, đa thức T n (x) là một hàm chẵn, vậy khai triển của

T n (x) chỉ gồm các lũy thừa bậc chẵn của x

T n (x) = 2n−1xn+ axn−2+ bxn−4+ · · ·+ Với n lẻ, đa thức Tn(x) là một hàm lẻ, vậy khai triển của Tn(x) chỉgồm các lũy thừa bậc lẻ của x

Chứng minh Trước hết ta tìm x ∈ [−1; 1] sao cho T n (x) = 0

kπ n

.Biểu diễn trên đường tròn lượng giác, tuy ta được2nđiểmθk khác nhau,

Hình 1.3: Biểu diễn các nghiệm của đa thức Trêbưsep

nhưng chúng lập thành từng cặp đối xứng nhau qua trục Ox Vậy chỉ có

n giá trị khác nhau của xk, ứng với k = 1, 2, , n

Vậy trên đoạn [-1; 1], ta tìm được n nghiệm phân biệt củaT n (x), mà một

đa thức bậc n không thể có hơn n nghiệm thực Do đó T n (x)không cònnghiệm nào khác, ngoài các nghiệm được xác định bởi công thức

n (k = 0, 1, 2, , n).

rõ hơn

T n (xk) = (−1)k.Các điểm xk còn được gọi là các điểm luân phiên Trêbưsep

b) Với mỗi x ∈ (−1; 1), ta đặt x = cos θ, ∀θ ∈ (0; π) Kho đó

, ∀x ∈ (−1; 1).ii) T n+1 (x) = xT n (x) − (1 − x2)U n−1 (x) ∀n ∈N∗

sin θ − cos θ sin nθsin θ

từ đó ta rút ra kết luận rằng

và

t k (n2− k2) + t k+2 (k + 2)(k + 1) = 0, k = 0, , (n − 2).Mặt khác, từ tn−(2k−1) = 0 và t n = 2n−1, ta rút ra

(n − 1)và

n−5 Trong trường hợp tổng quát, ta có

n−2m−1 ,hay

m n−m 2n−2m−1, m = 0, 1, ,hn

2

i.Tính chất 1.2.9 (Tính chất trực giao) Với m, n ∈N, ta có

ii) Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo m.

Với m = 0 ta có T 0 (T n (x)) = 1 = T 0.n

Vậy đẳng thức trên đúng với m = 0, ∀n ∈N

Giả sử đẳng thức trên đúng tới m Khi đó

f(n)(cos θ) sin2nθdθ,trong đó x = cos θ.

Chứng minh Từ Tích chất 1.2.11 ta suy ra được bằng tích phân từngphần và mọi đạo hàm của (1 − x2 )n−12 có cấp nhỏ hơnn đều triệt tiêu tại

f(n)(cos θ) sin2nθdθ,trong đó x = cos θ.

Nhận xét Ta có

F u,x2

un trong khai triển F (u, x/2) ở trên và

2

n − k

k n−k ,

và khi thay thế x bởi 2x thì cho ta kết quả

m n−m 2n−2m−1, m = 0, 1, ,hn

2i.

1.3 Một vài ứng dụng của đa thức Trêbưsep

P (x) = xn+ a 1 xn−1+ · · · + a n−1 x + a n ,với hệ số cao nhất (hệ số của lũy thừa bậc cao nhất) bằng 1

2) Với các đa thức bậc n có hệ số cao nhất bằng 1, thay đổi các hệ

số của đa thức

Việc thay đổi này có giới hạn của nó trong việc giảm độ lệch Vì vậy

ta có kết quả quan trọng sau đây

Định lý 1.3.1 ([6], Tính chất 6 trang 239) Với mọi đa thức P (x) bậc

n với hệ số bậc cao nhất bằng 1, ta đều có

max

−1≤x≤1 |P (x)| ≥ 1

2 n−1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P (x) = T ∗

2 n−1 T n (x).Tức là max

−1≤x≤1 |T ∗

n (x)| là bé nhất trong các số max

−1≤x≤1 |P n (x)|

Chứng minh Từ Tính chất 1.2.4 của đa thức T n (x), ta có

max

−1≤x≤1 |T n (x)| = 1,nên

Giả sử tồn tại đa thức P (x) bậc n có hệ số cao nhất là 1 với

max

−1≤x≤1 |P (x)| < 21−n,thì

−21−n < P (x) < 21−n.Xét đa thức H(x) = T ∗

Xét các điểm luân phiên Chebyshev x k = coskπ

n (k = 0, 1, , n).Theo Tính chất 1.2.4, ta có

Do đó H(x) có ít nhất n nghiệm (mâu thuẫn với degH(x) ≤ n − 1 và

b − a

Bài toán quy về việc xét biến số x ∈ [−1; 1] Nói cách khác là ta thay

Hệ quả 1.3.2 Xét các đa thức

P (x) = xn+ a 1 xn−1+ a 2 xn−2+ · · · + a n−1 x + a n ,trong đó các hệ số a 1 , a 2 , , a n là các số phức bất kỳ

Kí hiệu µ n (α, β) là giá trị nhỏ nhất trong các giá trị lớn nhất của |P (x)|trong đoạn [α, β] Khi đó ta có

µ n (α, β) = 2



β − α 4

P (x) =

(β − α) 2

n

Q(y),trong đó Q(y) là đa thức bậcn với hệ số cao nhất bằng 1

n

max

−1≤y≤1 |Q(y)| ≥

(β − α) 2

n2nếunlà chẵn,

và

d



l2− d216

n−12



l2− d216

n−12nếu n là lẻ.

với n tương ứng là chẵn hoặc lẻ

Cách đánh giá tương tự cho µ n

Trong trường hợp khác, cho Q 0 (ξ) là đa thứchn

2i với hệ số bậc cao nhấtbằng 1 với max |Q0 (ξ)| = µ

Trong trường hợp thứ nhất, µ n là đạt được và nó chỉ xảy ra khi

max

P (x) + P (−x) 2

≤ n, ∀t ∈R\{ , −2π, −π, 0, π, 2π, }.Mệnh đề 1.3.4 Cho đa thức lượng giác

Chứng minh Cho trước x 0 tùy ý Do

cos(x 0 − x) − cos(x 0 + x) =2 sin x 0 sin x, sin(x0+ x) − sin(x 0 − x) =2 cos x 0 sin xnên

g(x) =

P (x 0 + x) + P (x 0 − x)

2

≤ |P (x0+ x)| + |P (x2 0− x)| ≤ 1,nên theo Mệnh đề 1.3.3 thì

g(x) sin x

...

Hệ 1.3.4 Với đa thức

Hệ thức với x 6= 0, mà hai vế hai đa thức củax,... đềsau

Trước hết ta kí hiệu P s (x) đa thức có bậc khơng vượt q s có dạngsau

2n πlà nghiệm đa thức Trêbưsep< small>T n (x)

q... đánh giá tương tự cho µ n

Trong trường hợp khác, cho Q (ξ) đa thứchn

2i với hệ số bậc cao nhấtbằng với max |Q0