Đa thức trêbưsep và xấp xỉ trêbưsep

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊNKHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC PHẠM MINH ĐẠO ĐA THỨC TRÊBƯSEP VÀ XẤP XỈ TRÊBƯSEP LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Chuyên ngành: Toán Giải tích Mã số: 60.46.01.02 Người

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC

PHẠM MINH ĐẠO

ĐA THỨC TRÊBƯSEP

VÀ XẤP XỈ TRÊBƯSEP

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Chuyên ngành: Toán Giải tích

Mã số: 60.46.01.02

Người hướng dẫn: PGS.TS Nguyễn Minh Tuấn

Hà Nội - 2014

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

KHOA TOÁN - CƠ - TIN HỌC

PHẠM MINH ĐẠO

ĐA THỨC TRÊBƯSEP

VÀ XẤP XỈ TRÊBƯSEP

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC

Chuyên ngành: Toán Giải tích

Mã số: 60.46.01.02

Người hướng dẫn: PGS.TS Nguyễn Minh Tuấn

Hà Nội - 2014

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!

n ta kí hiệu là Pn; nghĩa là, nếu

p(x) = a 0 + a 1 x + · · · + a k xk

và k ≤ n thì p ∈ Pn

Xét hàm số

T n (x) = cos nθ, (1.2)

trong đó n là một số tự nhiên, x = cos θ, và 0 ≤ θ ≤ π Khi θ tăng từ 0

đến π thì x giảm từ 1 đến -1 Hàm số T n (x) được định nghĩa bởi (1.2)xác định trên khoảng −1 ≤ x ≤ 1, ta kí hiệu khoảng đó là I; có nghĩa

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

0 ≤ θ ≤ π và T n (x) có giá trị cos nθ Vì vậy T n (x) là một hàm số đơn trị

xác định trên I, có thể viết như sau

T n (x) = cos n(arccos x), (1.3)trong đó 0 ≤ arccos x ≤ π

(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 + · · ·

+ (−1)[n/2]C n2[n/2]cosn−2[n/2]θ sin2[n/2]θ. (1.5)Thay sin2θ = 1 − cos2θ vào (1.5) ta thu được

cos nθ =

[n/2]

Xq=0

(−1)qCn2qcosn−2qθ

qXk=0

(−1)kCqkcos2kθ

!

. (1.6)

Vế phải của (1.6) là một đa thức với x = cos θ, và vì vậy hàm số T n (x)

được định nghĩa trong (1.3) là một đa thức Ta tiến tới xác định các hệ

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

cos nθ =

[n/2]

Xk=0



(−1)k

[n/2]

Xj=k

Cn2jCjk, k = 0, ,hn

2

i

.

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

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

sin(n + 1)θ sin θ −sin nθ

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

2n−1

ii) Sử dụng Định nghĩa 1.1.4 và phép quy nạp theo n, ta dễ chứng minhđược đa thức Un(x) có bậc n có hệ số cao nhất bằng 2n 

Công thức (1.10) cũng cho thấy n chẵn thì tất cả các lũy thữa của x

trong T n (x)là chẵn, còn khi n lẻ thì tất cả các lũy thừa của xcũng là lẻ

Vì vậy với mọi số nguyên không âm n, ta có

T n (−x) = (−1)nT n (x).

Do đó, ta có tính chất sau

Tính chất 1.2.2 i) Đa thức T n (x) là hàm chẵn khi n chẵn; là hàm lẻkhi n lẻ

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:

T n (− cos θ) =T n [cos(π + θ)] = cos n(π + θ)

= cos(nπ + nθ) = (−1)ncos nθ

=(−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

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

Với |x| ≤ 1, ta có thể đặtx = cos θ, vậy

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

xk = cos(2k + 1)π

2n (k = 0, 2, , n − 1).

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

xk = coskπ

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

Hình 1.4: Biểu diễn các điểm luân phiên Trêbưsep

Biểu diễn trên đường tròn lượng giác, ta thấy chỉ có n + 1 giá trị x kkhác nhau, ứng với k = 0, 1, 2 , n.

Với mỗi giá trị xk đó, ta có

T n (x k ) = T n (coskπ

n ) = (cos kπ) = (−1)k.

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

sin θ − cos θ sin nθsin θ

= sin(n + 1)θ − sin(n + 1)θ cos2θ + cos(n + 1)θ sin θ cos θ

Tn′′(x) = n d

dθ



sin nθ sin θ

ta thu được

(1 − x2)

nXk=0

k(k − 1)t k xk−2− x

nXk=0

ktkxk−1+ n2

nXk=0

tkxk = 0,

hoặc

nXk=0

k(k − 1)t k xk−2+

nXk=0

2 (m = n 6= 0) π

2 (m = n = 0)

.

Chứng minh i) Đặt x = cos θ ⇒ θ = arccos x Ta có

Z π 0

2 (m = n 6= 0)

π (m = n = 0)

.

2 (m = n 6= 0) π

2 (m = n 6= 0) π

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

= cos nθsin(m + 1)θ

sin θ = Tn(x)Um(x).Tính chất 1.2.11 Với mọi số nguyên dương n, ∀x ∈ (−1; 1), ta có

1.3.5 (2n + 1)

dn

dx n (1 − x2)n+12.Chứng minh i) Dùng phương pháp qui nạp và Định nghĩa 1.1.2, tacó

f(n)(cos θ) sin2nθdθ,

trong đó x = cos θ.

Giả sử rằng|u| < 1, thì

∞Xn=0

uneinθ =

∞Xn=0

(ueiθ)n = 1

1 − ue iθ

Cân bằng phần thực của phương trình này, ta thu được

∞Xn=0

T n (x)tn = 1 − tx

1 − 2tx + t 2 ii)

∞Xn=0

U n (x)tn = 1 − tx

1 − 2tx + t 2

Nhận xét Ta có

F u,x2

(u(x − u))k =

∞Xk=0

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

(−1)khCn−kk − 1

2C

k n−1−k

2

n − k

k C

k n−k ,

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

t n−2m = (−1)m n

n − mC

m n−m 2n−2m−1, m = 0, 1, ,hn

2

i

.

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

−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

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

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

H(x0) = 1

2 n−1 − P (x 0 ) > 0, H(x1) = − 1

2 n−1 − P (x 1 ) < 0 H(x 2 ) = 1

2 n−1 − P (x 2 ) > 0, H(x 3 ) = − 1

2 n−1 − P (x 3 ) < 0,

tức là H(x) đổi dấu n + 1 lần khi x chạy qua các giá trị x 0 , x 1 , , x n

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

P (x) =



(β − α) 2

µ n = 2



l2− d216

n2nếunlà chẵn,

và

d



l2− d216

n−12

≤ µ n ≤ l



l2− d216

n−12nếu n là lẻ.

2] với hệ số bậc cao nhất bằng 1, với

P (x) + (−1)nP (−x)

2

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

Đặt P 0 (x) = Q 0 (x2) hoặc P 0 (x) = xQ 0 (x2) với tương ứng n là chẵn hoặclẻ

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

P (x) = P 0 (x) Bởi vì, nếu max |P (x)| = µ, thì từ (1.12), ta cũng có

max

P (x) + P (−x) 2

(x − x j ),

nên ta có

Tn′(x) = 2n−1

nXk=1

Qn j=1 (x − x j ) (x − x k ) =

nXj=1

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có

Suy ra

|P n−1 (x)| ≤ 11

n

= n.

Tóm lại ta đã chứng minh được rằng |Pn−1 (x)| ≤ n ∀x ∈ [−1; 1] 

Mệnh đề 1.3.3 Cho đa thức lượng giác

P (t) = a 1 sin t + a 2 sin 2t + · · · + a n sin nt

thỏa mãn các điều kiện

|P (t)| ≤ 1, ∀t ∈R\{ , −2π, −π, 0, π, 2π, }.

P (t) sin t

≤ n, ∀t ∈ R\{ , −2π, −π, 0, π, 2π, }.

Ta thấy P (x) thỏa mãn các điều kiện của Mệnh đề 1.3.2 nên

|P n−1 (x)| ≤ n ∀x ∈ [−1; 1].

P (t) sin t

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

P (x) =

nXj=0

(a j cos jx + b j sin jx)

thỏa mãn các điều kiện |P (x)| ≤ 1 với mọi x ∈R

Khi đó

|P′(x)| ≤ n ∀x ∈R.

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 x

nên

g(x) = P (x0+ x) + P (x0− x)

nXj=0

g(x) =

... (xk− x n ).

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

hệ thức với x

Suy ra, với x ∈ [−1;... (xk − x n ).

(1.13)Mặt khác, áp dụng công thức nội suy Lagrange cho đa thức Trêbưsep

T n (x) n + 1 điểm x k (k... (1.17)Mệnh đề 1.3.1 Cho đa thức P n−1 (x) bậc khơng vượt q n − 1 có hệ sốbậc cao a 0 thỏa mãn điều kiện

Bởi n điều kiện đa thức< small>P (x)