đa thức chebyshev và các bài toán xấp xỉ đa thức liên quan

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC






NGUYỄN THỊ THU HƯƠNG





ĐA THỨC CHEBYSHEV VÀ CÁC BÀI TOÁN
XẤP XỈ ĐA THỨC LIÊN QUAN







Chuyên ngành: Toán ứng dụng
Mã số: 60.46.01.12

\



Thái Nguyên – Năm 2014


Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC






NGUYỄN THỊ THU HƯƠNG





ĐA THỨC CHEBYSHEV VÀ CÁC BÀI TOÁN
XẤP XỈ ĐA THỨC LIÊN QUAN

Chuyên ngành: Toán ứng dụng
Mã số: 60.46.01.12



Người hướng dẫn khoa học:
GS. TSKH. Nguyễn Văn Mậu






Thái Nguyên – Năm 2014
Mục lục
Mở đầu 2
1 Một số kiến thức chuẩn bị 4
1.1 Đa thức đại số và các tính chất liên quan . . . . . . . . . . . 4
1.2 Đa thức lượng giác và các tính chất liên quan . . . . . . . . . 6
1.3 Xấp xỉ hàm số và xấp xỉ đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2 Đa thức Chebyshev và xấp xỉ Chebyshev 12
2.1 Đa thức Chebyshev loại 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.2 Đa thức Chebyshev loại 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.3 Xấp xỉ Chebyshev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.3.1 Xấp xỉ hàm một biến theo nghĩa Chebyshev và Gauss 18

2.3.2 Một số định lý quan trọng . . . . . . . . . . . . . . . 19
3 Một số dạng toán liên quan 30
3.1 Đẳng thức và bất đẳng thức với nút nội suy Chebyshev . . . 30
3.2 Định lý Berstein - Markov . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3.3 Bài toán xác định đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
Kết luận 51
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
1
Mở đầu
Một trong những dạng toán thường gặp trong các đề thi olympic sinh
viên quốc gia và quốc tế và thi tuyển sinh vào các trường Đại học, Cao
đẳng là các bài toán có liên quan đến đa thức. Đặc biệt, các bài toán về đa
thức Chebyshev là một trong những dạng bài tập rất khó và gây cho học
sinh nhiều lúng túng dẫn đến các cách giải không chặt chẽ, thiếu chính xác.
Nguyên nhân chính là phần đa thức Chebyshev và các tính chất liên quan
không được giảng dạy đầy đủ trong các trường phổ thông và đại học, hơn
nữa tài liệu tham khảo về nội dung này chưa nhiều.
Để đáp ứng nhu cầu giảng dạy, học tập và góp phần nhỏ bé khắc phục sự
thiếu vắng nói trên, luận văn “Đa thức Chebyshev và các bài toán xấp xỉ đa
thức liên quan” chủ yếu dựa trên các kiến thưc cơ bản về đa thức Chebyshev,
kết hợp với sử dụng các kiến thức tổng hợp để sáng tác, chọn lọc, phân loại
các bài toán về đa thức Chebyshev.
Luận văn gồm phần mở đầu, 3 chương, kết luận và danh mục các tài liệu
tham khảo.
Chương 1. Một số kiến thức chuẩn bị.
Chương này trình bày về định nghĩa, tính chất của đa thức đại số, đa thức
lượng giác hay các kiến thức về xấp xỉ hàm và xấp xỉ đa thức. Đây là những
kiến thức cơ bản nhất để có thể bắt đầu tìm hiểu về đa thức Chebyshev và
từ đó có thể giải được các bài toán về đa thức Chebyshev.
Chương 2. Đa thức Chebyshev và xấp xỉ Chebyshev.

Nội dung chính của chương này là trình bày các khái niệm cần thiết và
chứng minh một số kết quả cơ bản của đa thức Chebyshev. Trước hết, tác
giả nêu bài toán đặc biệt, ứng dụng các kết quả chung đã nêu trên để dẫn
đến định nghĩa đa thức Chebyshev và các tính chất cơ bản của đa thức
Chebyshev. Sau đó là xét bài toán xấp xỉ Chebyshev và một số định lý liên
quan.
Chương 3. Một số dạng toán liên quan.
Hệ thống hóa các dạng bài toán ứng dụng về đa thức Chebyshev như các
2
bài toán chứng minh đẳng thức và bất đẳng thức với nút nội suy Chebyshev,
bài toán về Định lý Bertein - Markov và bài toán xác định đa thức.
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn khoa học của GS.TSKH
Nguyễn Văn Mậu, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên - ĐHQGHN, người
Thầy đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình hoàn thành
bản luận văn này.
Tôi xin chân thành cảm ơn Ban chủ nhiệm khoa Toán, Phòng Đào tạo
trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên cùng các thầy, cô giáo đã
tham gia giảng dạy khóa học.
Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và khả năng có hạn nên các
vấn đề trong luận văn chưa được trình bày sâu sắc và không thể tránh khỏi
những sai sót trong cách trình bày. Rất vui lòng và mong muốn được sự góp
ý xây dựng của thầy cô và bạn bè.
Thái Nguyên, tháng 05 năm 2014
Tác giả
Nguyễn Thị Thu Hương
3
Chương 1
Một số kiến thức chuẩn bị
1.1 Đa thức đại số và các tính chất liên quan
Định nghĩa 1.1 (xem [1]-[2]). Cho A là một vành giao hoán có đơn vị. Ta

nói đa thức bậc n biến x là một biểu thức có dạng
P
(
x) = a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ ··· + a
1
x + a
0
,
trong đó a
i
∈ A được gọi là hệ số, a
n
là hệ số bậc cao nhất và a
0
là hệ số tự
do của đa thức.
Nếu a
i
= 0, i = 0, 1, . . . , n − 1 và a
0
= 0 thì ta có bậc của đa thức là 0.
Nếu a

i
= 0, i = 0, 1, . . . , n thì ta coi bậc của đa thức là −∞ và gọi là đa
thức 0. Tập hợp tất cả các đa thức lấy trong vành A được kí hiệu là A[x].
Khi A = K là một trường thì K[x] là một vành giao hoán có đơn vị. Ta
thường xét A = Z hoặc A = Q hoặc A = R hoặc A = C. Khi đó ta có các
vành đa thức tương ứng là Z[x], Q[x], R[x], C[x].
Tính chất 1.1. Cho hai đa thức
f(x) = a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ ··· + a
1
x + a
0
,
g(x) = b
m
x
m
+ b
m−1
x
m−1
+ ··· + b
1

x + b
0
.
Ký hiệu k = max (m, n). Khi đó có thể viết
f(x) = a
k
x
k
+ a
k−1
x
k−1
+ ··· + a
1
x + a
0
,
g(x) = b
k
x
k
+ b
k−1
x
k−1
+ ··· + b
1
x + b
0
,

trong đó a
k
= 0, ứng với k > n và b
k
= 0 ứng với k > m.
Ta định nghĩa các phép tính số học như sau.
f(x) + g(x) := (a
k
+ b
k
)x
k
+ (a
k−1
+ b
k−1
)x
k
+ ··· + (a
1
+ b
1
)x + (a
0
+ b
0
),
f(x) −g(x) := (a
k
− b

k
)x
k
+ (a
k−1
− b
k−1
)x
k
+ ··· + (a
1
− b
1
)x + (a
0
− b
0
),
f(x).g(x) := c
n+m
x
n+m
+ c
n+m−1
x
n+m−1
+ ··· + c
1
x + c
0

,
4
trong đó c
j
= a
0
b
j
+ a
1
b
j−1
+ ··· + a
j
b
0
, j = 0, 1, . . . , n + m.
Định lý 1.1 (xem [1]-[2]). Giả sử A là một trường, f (x) và g(x)(= 0) là hai
đa thức của vành A[x], thế thì bao giờ cũng có hai đa thức duy nhất q(x) và
r(x) ∈ A[x] sao cho f(x) = g(x).q(x) + r(x) với deg r(x) < deg g(x).
Nếu r(x) = 0 thì ta nói f (x) chia hết cho g(x).
Định lý 1.2 (xem [1]-[2]). Giả sử A là một trường, a ∈ A, f(x) ∈ A[x]. Dư
số của phép chia f(x) cho (x − a) chính là f(a).
Định lý 1.3. Số a ∈ A là nghiệm của f(x) khi và chỉ khi f(x) chi hết cho
(x −a).
Giả sử A là một trường, a ∈ A, f(x) ∈ A[x] và m là một số tự nhiên lớn
hơn hoặc bằng 1. Khi đó a là nghiệm bội cấp m của f(x) khi và chỉ khi f (x)
chia hết cho (x − a)
m
và f (x) không chia hết cho (x −a)

m+1
.
Trong trường hợp m = 1 thì ta gọi a là nghiệm đơn còn khi m = 2 thì a
được gọi là nghiệm kép. Số nghiệm của một đa thức là tổng số nghiệm của
đa thức đó, kể cả bội của các nghiệm (nếu có). Vì vậy, người ta coi một đa
thức có một nghiệm bội cấp m như là một đa thức có m nghiệm trùng nhau.
Định lý 1.4 (Định lý Vieete). a) Giả sử phương trình
a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ ··· + a
1
x + a
0
= 0 (a
n
= 0) (1.1)
có n nghiệm (thực hoặc phức) x
1
, x
2
, . . . , x
n
thì
















E
1
(x) := x
1
+ x
2
+ ··· + x
n
= −
a
n−1
a
n
E
2
(x) := x

1
x
2
+ x
1
x
3
+ ··· + x
n−1
x
n
=
a
n−2
a
n
˙
E
n
(x) := x
1
x
2
x
n
= (−1)
n
a
0
a

n
(1.2)
b) Ngược lại, nếu các số x
1
, x
2
, . . . , x
n
thỏa mãn hệ (1.2) thì chúng là nghiệm
của phương trình (1.1). Hệ (1.2) có n thành phần và ở vế trái của thành
phần thứ k có C
k
n
số hạng.
c) Các hàm E
1
(x), E
2
(x), . . . , E
n
(x) được gọi là hàm đa thức đối xứng sơ
cấp Vieete bậc 1, 2, . . . , n tương ứng.
Định lý 1.5 (xem [1]-[2]). Mỗi đa thức trong R[x] bậc n đều có không quá
n nghiệm thực.
Hệ quả 1.1. Đa thức có vô số nghiệm là đa thức không.
5
Hệ quả 1.2. Hai đa thức có bậc không vượt quá n mà nhận (n + 1) giá trị
bằng nhau tại (n + 1) giá trị khác nhau của đối số thì đồng nhất bằng nhau.
Định lý 1.6 (Định lý cơ bản của đại số). Mọi đa thức f(x) ∈ C[x] bậc n có
đúng n nghiệm (tính cả bội của nghiệm).

Định lý 1.7 (xem [1]-[2]). Mọi đa thức f(x) ∈ R[x] bậc n và có hệ số chính
(hệ số bậc cao nhất), a
n
= 0 đều có thể phân tích duy nhất thành nhân tử
dạng
f(x) = a
n
m

i=1
(x −d
i
)
s

k=1
(x
2
+ b
k
x + c
k
),
với d
i
, b
k
, c
k
∈ R, 2s + m = n, b

2
k
− 4c
k
< 0, m, n ∈ N
∗
.
Định lý 1.8 (xem [1]-[2]). Điều kiện cần và đủ để hai đa thức P (x) và Q(x)
nguyên tố cùng nhau là tồn tại cặp đa thức u(x) và v(x) sao cho
P (x)u(x) + Q(x)v(x) ≡ 1.
Nếu hai đa thức P (x) và Q(x) không đồng nhất bằng 0 và có ước chung
d(x) là đa thức chia hết cho tất cả các ước chung khác thì d(x) được gọi là
ước chung lớn nhất của P (x) và Q(x). Cũng như vậy ta có ước chung lớn
nhất của bộ nhiều đa thức.
1.2 Đa thức lượng giác và các tính chất liên quan
Định nghĩa 1.2. Biểu thức:
A
n
(x) = a
0
+
n

k=1
(a
k
cos kx + b
k
sin kx) (1.3)
trong đó a

0
, a
k
, b
k
∈ R (k ∈ {1, 2, . . . , n}); |a
n
| + |b
n
| = 0 (n ∈ N
∗
) được
gọi là đa thức lượng giác bậc n (cấp n) với các hệ số a
0
, a
k
, b
k
∈ R (k ∈
{1, 2, . . . , n}).
Định nghĩa 1.3. Nếu trong đa thức (1.3) tất cả các hệ số b
k
(k ∈ {1, 2, . . . , n})
đều bằng 0 thì ta có đa thức lượng giác thuần cos cấp n.
B
n
(x) = a
0
+ a
1

cos x + a
2
cos 2x + ··· + a
n
cos nx (a
n
= 0). (1.4)
Định nghĩa 1.4. Nếu trong đa thức (1.4) tất cả các hệ số a
k
(k ∈ {1, 2, . . . , n})
đều bằng 0 thì ta có đa thức lượng giác thuần sin cấp n.
B
n
(x) = b
0
+ b
1
sin x + b
2
sin 2x + ··· + b
n
sin nx (b
n
= 0, b
0
= a
0
). (1.5)
6
Tính chất 1.2. Cho A

n
(x), B
m
(x) là hai đa thức lượng giác có cấp theo
thứ tự là n, m. Trong đó n, m là 2 số nguyên dương. Khi đó:
+ Tổng A
n
(x) + B
m
(x) là đa thức lượng giác có cấp nhỏ hơn hoặc bằng
max{m, n}.
+ Tích A
n
(x) ·B
m
(x) là đa thức lượng giác có cấp bằng m + n.
+ Khi a
0
= 0, đa thức lượng giác A
n
(x) có ít nhất một nghiệm.
+ Mọi đa thức lượng giác A
n
(x) đều tồn tại đa thức P
n
(t) và Q
n−1
(t) để
A
n

(x) = P
n
(cos x) + sin xQ
n−1
(cos x).
+ Mọi đa thức lượng giác B
n
(x) dạng (1.4) đều tồn tại đa thức P
n
(t) để
B
n
(x) = P
n
(cos x).
+ Mọi đa thức lượng giác C
n
(x) dạng (1.5) đều tồn tại đa thức P
n−1
(t)
để C
n
(x) = b
0
+ sin xP
n−1
(cos x).
1.3 Xấp xỉ hàm số và xấp xỉ đa thức
Định lý 1.9 (xem [5]). Giả sử X là không gian tuyến tính định chuẩn, X
0

là không gian con hữu hạn chiều của X và x ∈ X là một phần tử cố định.
Khi đó, với mỗi phần tử x ∈ X tồn tại một phần tử x
0
∈ X
0
sao cho
 x −x
0
≤ x −y , ∀y ∈ X
0
.
Bài toán 1.1. Giả sử X là không gian tuyến tính định chuẩn, X
0
là không
gian con hữu hạn chiều của X và x ∈ X là một phần tử cố định. Hãy xác
định phần tử x
0
∈ X
0
sao cho:  x −x
0
≤ x −y  với mọi y ∈ X
0
.
Trong bài toán trên đại lượng  x −y  được gọi là độ lệch giữa x và y,
còn min
y∈X
0
 x −y  được gọi là đại lượng xấp xỉ tốt nhất của x trong X
0

.
Phần tử x
0
∈ X
0
mà với nó độ lệch đạt cực tiểu,
 x −x
0
= min
y∈X
0
 x −y 
được gọi là xấp xỉ tốt nhất của x trong X
0
.
Định nghĩa 1.5. Giả sử hàm số f(x) được xấp xỉ bởi đa thức P
n
(x). Gọi
P [f, P, n] = |f(x) − P
n
(x)| là độ lệch của phép xấp xỉ.
Ta cần xác định P (x) và n sao cho P [f, P, n] nhỏ nhất trên một đoạn
[a, b] cho trước.
Khi đó P
n
(x) được gọi là đa thức xấp xỉ tốt nhất của f (x) trên [a, b] và
được kí hiệu là: f(x) ≈ P
n
(x). Nếu f(x) khả vi (n + 1) lần thì có thể sử
7

dụng công thức khai triển Taylor tại x = 0 ta có
f(x) =
n

k=0
f
k
(0)
k!
x
k
+ R(x, n),
với phần dư R(x, n) = 0(x
n
). Như vậy
f(x) ≈ P
n
(x) =
n

k=0
f
k
(0)
k!
x
k
+ R(x, n).
Tuy nhiên lớp các hàm khả vi (n + 1) lần dùng để xấp xỉ bởi đa thức là
hẹp. Song đối với các hàm số liên tục trên [a, b] vẫn có các định lý tương tự

về xấp xỉ chúng bởi đa thức. Ta có thể xây dựng các đa thức xấp xỉ thông
qua các công thức nội suy hay công thức tính độ lệch sai số đối với các xấp
xỉ đó.
Bài toán 1.2 (Nội suy Lagrange). Cho hàm số f(x) và cho tập X gồm
(n + 1) điểm phân biệt x
j
, (x
0
< x
1
< ··· < x
n
) trong tập xác định của hàm
số f(x). Chứng minh rằng tồn tại duy nhất một đa thức P
n
(x), bậc không
quá n sao cho
P (x
j
) = f (x
j
) (j = 0, 1, . . . , n).
Mặt khác, nếu đa thức P
n
(x) có dạng:
P
n
(x) =
n


k=0
a
k
x
k
thì các hệ số a
k
được xác định một cách duy nhất từ hệ phương trình
n

k=0
a
k
x
k
j
= f(x
j
) (j = 0, 1, . . . , n).
Lời giải. Ta thấy P
n
(x) được xác định bởi công thức nội suy Lagrange, đó
là đa thức bậc không vượt quá n.
Ngoài ra do |f(x) − P
n
(x)| = 0, ∀x ∈ X nên P
n
(x) còn gọi là đa thức
xấp xỉ tốt nhất của f(x) trên X. Do:
max

x∈X
|f(x) −P
n
(x)| = 0
nên nếu tồn tại đa thức Q
n
(x) là xấp xỉ tốt nhất của f(x) trên X thì cũng
phải có f(x) = Q
n
(x), ∀x ∈ X.
Hai đa thức P
n
(x) và Q
n
(x) có bậc không vượt quá n và nhận các giá trị
trùng nhau tại (n + 1) điểm khác nhau nên chúng đồng nhất bằng nhau. Do
đó, đa thức P
n
(x) là duy nhất trong số các đa thức bậc không vượt quá n.
8
Bài toán 1.3. Cho đa thức
f(x) = a
n
x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ ··· + a

1
x + a
0
, x ∈ [a, b], a
n
> 0,
Tìm T- xấp xỉ tốt nhất đối với f(x) trong các đa thức bậc không vượt quá
(n −1) và chứng minh rằng khi đó độ lệch bằng
1
2
n

b −a
2

n
a
n
.
Lời giải. Đổi biến
x =
b −a
2
ξ +
b −a
2
.
Vì x là hàm tuyến tính đối với ξ nên x nhận giá trị từ [a, b] khi và chỉ khi ξ
nhận giá trị từ [−1, 1]. Như vậy qua phép đổi biến lớp đa thức P
n

bất biến.
Khi đó
f(x) = f
1
(ξ) = a
n

b −a
2

n
ξ
n
+ . . . , ξ ∈ [−1, 1].
Đặt
f
2
(ξ) = f
1
1
a
n

b −a
2

n
= ξ
n
+ h(ξ), ξ ∈ [−1, 1],

trong đó deg h(ξ) ≤ (n − 1).
Như vậy để tìm T - xấp xỉ tốt nhất đối với f (x) đã cho trên [a, b], ta đi
tìm T - xấp xỉ tốt nhất đối với f
2
(ξ) trên [−1, 1].
Gọi đa thức g
2
(ξ) bậc không vượt quá (n − 1) là T - xấp xỉ tốt nhất đối
với f
2
(ξ) trên [−1, 1].
Hàm ξ
n
= f
2
(ξ) − h(ξ) có T - xấp xỉ tốt nhất là: g
2
(ξ) − h(ξ).
Ta biến đổi hàm độ lệch ε(ξ) = ξ
n
− |g
2
(ξ) − h(ξ)| bằng
1
2
n−1
T
n
(ξ), ξ ∈ [−1, 1].
Từ đó

ε(ξ) = |ξ
n
+ h(ξ)| − g
2
(ξ) = f
2
(ξ) − g
2
(ξ) =
1
2
n−1
T
n
(ξ), (1.6)
với độ lệch
 ε =
1
2
n−1
.
Vậy từ (1.6) ta rút ra:
g
2
(ξ) = f
2
(ξ) −
1
2
n−1

T
n
(ξ).
9
Mặt khác nhân các vế của đẳng thức (1.6) với
a
n

b −a
2

n
ta có
a
n

b −a
2

n
ε(ξ) = a
n

b −a
2

n
f
2
(ξ) − a

n

b −a
2

n
g
2
(ξ)
= a
n

b −a
2

n
1
2
n−1
T
n
(ξ)
= f
1
(ξ) − g
1
((ξ),
trong đó:
g
1

(ξ) = a
n

b −a
2

n
g
2
(ξ).
Như vậy T - xấp xỉ tốt nhất đối với g
2
(ξ) trên [−1, 1] là
g
1
(ξ) = f
1
(ξ) −
1
2
n−1

b −a
2

n
a
n
T
n

(ξ), ξ ∈ [−1, 1], (1.7)
với độ lệch là



|a
n

b −a
2

n
1
2
n−1
T
n
(ξ)



| = a
n

b −a
2

n
1
2

n−1
× max
ξ∈[−1,1]
|T
n
(ξ)|
= a
n

b −a
2

n
1
2
n−1
.
Để trở về đoạn [a, b], ta cần đưa về biến cũ. Ta có
x =
b −a
2
ξ +
b + a
2
hay
ξ =
2
b −a
x −
b + a

b −a
.
Do đó thay
ξ =
2
b −a
x −
b + a
b −a
vào các biểu thức trong (1.7) ta được
g(x) = f(x) − a
n

b −a
2

n
1
2
n−1
T
n

ξ =
2
b −a
x −
b + a
b −a


,
với x ∈ [a, b], ξ ∈ [−1, 1]. Đồng thời độ lệch khi đó là:






a
n

b −a
2

n
1
2
n−1
ε

ξ =
2
b −a
x −
b + a
b −a








10
= max
ξ∈[−1,1]



a
n

b −a
2

n
1
2
n−1
T
n

ξ =
2
b −a
x −
b + a
b −a





= a
n

b −a
2

n
1
2
n−1
. max
ξ∈[−1,1]



T
n

ξ =
2
b −a
x −
b + a
b −a





= a
n

b −a
2

n
1
2
n−1
.
Như vậy, với phép biến đổi trên thì cho phép đồ thị hàm số đã cho được
tịnh tiến, đồng thời co dãn theo trục hoành còn độ lệch thì vẫn giữ nguyên,
không thay đổi.
11
Chương 2
Đa thức Chebyshev và xấp xỉ
Chebyshev
2.1 Đa thức Chebyshev loại 1
Ta có các đẳng thức sau:
cos x = 1. cos x,
cos 2x = 2 cos
2
x −1,
cos 3x = 4 cos
3
x −3 cos x,
cos 4x = 8 cos
4
x −8 cos

2
x + 1,
. . .
Bằng quy nạp ta có thể chứng minh định lý sau đây:
Định lý 2.1 (xem [2]). Với mọi n ∈ N
∗
cho trước, tồn tại duy nhất đa thức
đại số T
n
(x) bậc n sao cho cos nx = T
n
(cos x). Đa thức T
n
(x) được xác định
bởi công thức truy hồi.
T
0
(x) = 1,
T
1
(x) = x,
T
2
(x) = 2x
2
− 1,
T
3
(x) = 4x
3

− 3x,
T
n+1
(x) = 2xT
n
(x) −T
n−1
(x).
Chứng minh. Ta có cos nx = T
n
(cos x) hay
T
n
(x) = cos(n arccos x) = cos nθ với θ = arccos x, x ∈ [−1, 1].
Từ công thức: cos(n + 1)θ + cos(n − 1)θ = 2 cos θ. cos nθ, ∀n ≥ 1,
Ta có T
n+1
(x) + T
n−1
(x) = 2xT
n
(x), ∀n ≥ 1, hay
T
n+1
(x) = 2xT
n
(x) −T
n−1
(x), ∀n ≥ 1.
Cụ thể, những đa thức đầu tiên của dãy là:

12
T
0
(x) = cos(0. arccos x) = cos 0 = 1,
T
1
(x) = cos(1. arccos x) = x,
T
2
(x) = 2xT
1
(x) −T
0
(x) = 2x
2
− 1,
T
3
(x) = 2xT
2
(x) −T
1
(x) = 4x
3
− 3x,
. . .
Định nghĩa 2.1. Các đa thức T
n
(x) (n ∈ N
∗

) xác định như sau:

T
0
(x) = 1; T
1
(x) = x
T
n+1
(x) = 2xT
n
(x) −T
n−1
(x)
được gọi là đa thức Chebyshev loại 1 bậc n.
Tính chất 2.1. T
n
(x) có bậc n và hệ số cao nhất bằng 2
n−1
và là hàm chẵn
khi n chẵn và là hàm lẻ khi n lẻ.
Tính chất 2.2. T
n
(x) có đúng n nghiệm phân biệt trên [−1, 1] là
x
k
= cos
2k + 1
2n
π, (k = 0, 1, . . . , n −1).

Tính chất 2.3. |T
n
(x)| ≤ 1, ∀x ∈ [−1, 1] có n + 1 nghiệm
x = cos
kπ
n
, k = 0, 1, , n.
và |T
n
(x)| = 1 khi x = 1, −1,
1
2
, −
1
2
.
Tính chất 2.4. Đa thức T
∗
(x) = 2
1−n
T
n
(x) là đa thức bậc n với hệ số bậc
cao nhất bằng 1 và có độ lệch so với 0 trên [−1, 1] là nhỏ nhất trong tất cả
các đa thức bậc n với hệ số cao nhất bằng 1.
Nghĩa là, nếu P (x) = x
n
+ a
n−1
x

n−1
+ ··· + a
1
x + a
0
thì
max
|x|≤1
|P (x)| ≥ max
|x|≤1
T
n
(x)
2
n−1
=
1
2
n−1
.
Chứng minh. (Sử dụng phương pháp phản chứng).
Giả sử tìm được đa thức
P (x) = x
n
+ a
n−1
x
n−1
+ ··· + a
1

x + a
0
sao cho
max
|x|≤1
|P (x)| ≤
1
2
n−1
.
Đặt
G(x) =
T
n
(x)
2
n−1
+ P (x).
13
Vì thế biểu thức
T
n
(x)
2
n−1
và P (x) có hệ số bậc cao nhất đều bằng 1 nên bậc G(x) ≤ n − 1.
Xét dãy (n + 1) điểm luân phiên của hàm T
n
(x)
x

k
= cos
kπ
n
, k = 0, 1, . . . , n.
Ta có T
n
(x
k
) = (−1)
k
nên
G(x
k
) =
(−1)
k+1
2
n−1
+ P (x
k
), k = 0, 1, . . . , n.
Theo giả thiết:
max
|x|≤1
|P (x)| ≤
1
2
n−1
.

với mọi k = 0, 1, . . . , n nên ta có
G(x
0
) ≤ 0, G(x
1
) ≥ 0, G(x
2
) ≤ 0, . . .
Vì dãy điểm là phân biệt: −1 ≤ x
n
≤ x
n−1
≤ ··· ≤ x
1
≤ x
0
≤ 1
nên đa thức G(x) đổi dấu liên tục (n + 1) lần khi biến số x chạy qua các
điểm x
k
nói trên.
Thật vậy, nếu G(x
i
) ≤ 0 hay
−1
2
n−1
+ P (x
i
) ≤ 0 thì

G(x
i+1
) =
1
2
n−1
+ P (x
i+1
) ≥ 0, ∀i = 0, 1, . . . , n −1.
Do đó G(x) có ít nhất n nghiệm phân biệt trên [−1, 1] nhưng có bậc không
vượt quá (n −1) thì G(x) chỉ có thể đồng nhất bằng 0 hay
P (x) ≡
T
n
(x)
2
n−1
.
Điều này mâu thuẫn với giả thiết
max
|x|≤1
|P (x)| ≤
1
2
n−1
.
Ta có điều phải chứng minh.
14
2.2 Đa thức Chebyshev loại 2
Ta có các đẳng thức sau:

sin x = 1. sin x,
sin 2x = sin x(2 cos x),
sin 3x = sin x(4 cos
2
x −1),
sin 4x = sin x(8 cos
3
x −4 cos x),
. . .
Bằng quy nạp ta có thể chứng minh định lý sau đây:
Định lý 2.2 (xem [2]). Với mọi n ∈ N
∗
cho trước, tồn tại duy nhất đa thức
đại số U
n−1
(x) bậc (n −1) sao cho sin(nx) = sin x.U
n−1
(cos x).
Đa thức U
n−1
(x) được xác định bởi công thức truy hồi.
U
0
(x) = 1,
U
1
(x) = 2x,
U
2
(x) = 4x

2
− 1,
U
n
(x) = 2x.U
n−1
(x) −U
n−2
(x).
Chứng minh. Ta có:
U
n
(x) =
sin(n arccos x)
√
1 −x
2
=
sin(nθ)
√
1 −x
2
với θ = arccos x, x ∈ (−1, 1).
Từ công thức
sin(n + 1)θ + sin(n − 1)θ = 2 sin nθ.(cos θ), ∀n ≥ 1,
hay
sin(n + 1)θ
√
1 −x
2

+
sin(n −1)θ
√
1 −x
2
=
2. sin nθ.(cos θ)
√
1 −x
2
, ∀n ≥ 1.
Từ đó ta có:
U
n+1
(x) + U
n−1
(x) = 2x.U
n
(x), ∀n ≥ 1,
hay
U
n+1
(x) = 2x.U
n
(x) −U
n−1
(x), ∀n ≥ 1.
Cụ thể, những đa thức đầu tiên của dãy là:
U
0

(x) =
sin(0.θ)
√
1 −x
2
= 0,
15
U
1
(x) =
sin(1.θ)
√
1 −x
2
=

1 −cos
2
(θ)
√
1 −x
2
= 1,
U
2
(x) = 2x.U
1
(x) −U
0
(x) = 4x

2
− 1,
U
3
(x) = 2x.U
2
(x) −U
1
(x) = 8x
3
− 4x,
. . .
Định nghĩa 2.2. Các đa thức U
n
(x) (n ∈ N
∗
xác định như sau:

U
0
(x) = 0; U
1
(x) = 1
U
n+1
(x) = 2xU
n
(x) −U
n−1
(x)

được gọi là đa thức Chebyshev loại 2 bậc n.
Tính chất 2.5. Khi cos t = x thì
U
n
(x) =
1
n
.T

n
(x) =
sin nt
sin t
,
là đa thức có bậc (n −1) và hệ số cao nhất bằng 2
n−1
và là hàm chẵn khi n
lẻ và là hàm lẻ khi n chẵn.
Tính chất 2.6. U
n
(x) có đúng (n −1) nghiệm phân biệt trên [−1, 1] là
x
k
= cos
kπ
n
π, (k = 1, 2, . . . , n −1).
Tính chất 2.7. |U
n
(x)| ≤ n + 1, ∀x ∈ [−1, 1].

Bổ đề 2.1. Mọi đa thức bậc n đều có thể biểu diễn dưới dạng
f(x) = a
n
T
n
(x) + a
n−1
T
n−1
(x) + ··· + a
1
T
1
(x) + a
0
T
0
(x), (2.1)
trong đó, a
n
= 0 và T
k
(x)(k = 0, 1, . . . , n) là các đa thức Chebyshev.
Cách biểu diễn trên là duy nhất.
Chứng minh.
1. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n sự tồn tại cách biểu diễn (2.1)
Nếu bậc của f = 0 : f (x) = a = 0. Vì T
0
(x) = 1 nên lấy a
0

= a = 0.
Ta có f (x) = a
0
T
0
(x).
Nếu bậc của f = 1 : f(x) = ax + b, a = 0. Vì T
0
(n) = 1, T
1
(x) = x nên
lấy a
0
= b, a
1
= a = 0.
Ta có f (x) = a
1
T
1
(x) + a
0
T
0
(x).
16
Giả sử (2.1) đúng với mỗi đa thức không vượt quá n, ta chứng minh nó
đúng với đa thức tùy ý bậc (n + 1),
f(x) = b
n+1

x
n+1
+ b
n
x
n
+ ··· + b
1
x + b
0
, b
n+1
= 0.
Ta biết rằng T
n+1
(x) = 2
n
x
n+1
+ ϕ(x),
trong đó ϕ(x) là đa thức bậc (n −1) nên suy ra
x
n+1
=
1
2
n
T
n+1
(x) −

1
2
n
ϕ(x)
hay
b
n+1
x
n
=
b
n+1
2
n
T
n+1
(x) −
b
n+1
2
n
ϕ(x).
Từ đó ta thu được
f(x) =
b
n+1
2
n
T
n+1

(x) + H(x)
hay
H(x) = −
b
n+1
2
n
ϕ(x) + b
n
x
n
+ ··· + b
1
x + b
0
, deg H ≤ n.
Áp dụng giả thiết quy nạp đối với H(x) thì rõ ràng
f(x) = a
n
T
n
(x) + a
n−1
T
n−1
(x) + ··· + a
1
T
1
(x) + a

0
T
0
(x),
a
n+1
=
b
n+1
2
n
= 0.
Vậy theo nguyên lý quy nạp (2.1) đúng cho mọi đa thức bậc n.
2. Tính duy nhất. Giả sử ngoài đa thức f(x) bậc n viết dưới dạng (2.1), còn
tồn tại đa thức
f(x) = b
n
T
n
(x) + b
n−1
T
n−1
(x) + ··· + b
1
T
1
(x) + b
0
T

0
(x). (2.2)
Trừ từng vế (2.1) và (2.2) ta có với mọi x thì
0 = (a
n
−b
n
)T
n
(x)+(a
n−1
−b
n−1
)T
n−1
(x)+···+(a
1
−b
1
)T
1
(x)+(a
0
−b
0
)T
0
(x)
hay
0 = c

n
T
n
(x) + c
n−1
T
n−1
(x) + ··· + c
1
T
1
(x) + c
0
T
0
(x),
với c
i
= a
i
− b
i
(i = 1, 2, . . . , n).
Nếu trong các hệ số c
i
không đồng thời bằng 0 thì gọi c
m
là số đầu tiên
trong các số c
n

, c
n+1
, . . . , c
1
, c
0
mà c
m
= 0.
Ta có, với mọi x
0 = c
m
T
m
(x) + c
m−1
T
m−1
(x) + ··· + c
1
T
1
(x) + c
0
, c
m
= 0. (2.3)
17
Vế phải của (2.3) có bậc m còn: c
m−1

T
m−1
(x) + ···+ c
1
T
1
(x) + c
0
là đa thức
bậc nhỏ hơn m.
Đòi hỏi một đa thức bậc m đồng nhất 0 thì nó chỉ có thể thỏa mãn 2 điều
kiện sau:
i. Đa thức ấy bậc 0, vậy m = 0 tức là đa thức ở vế phải của (2.3) thu về
hằng số c
0
.
ii. Hằng số ấy bằng 0.
Như vậy, ta có c
i
= 0, ∀i = 0, 1, . . . , n tức là a
i
= b
i
, ∀i = 0, 1, . . . , n.
Nói cách khác, biểu diễn (2.1) của f(x) là duy nhất.
2.3 Xấp xỉ Chebyshev
2.3.1 Xấp xỉ hàm một biến theo nghĩa Chebyshev và Gauss
Xét C[a, b] là không gian các hàm liên tục trên đoạn [a, b].
Giả sử ϕ
0

(t), ϕ
1
(t), . . . , ϕ
n
(t) là một hệ (n + 1) hàm độc lập tuyến tính
trên C[a, b].
Xét không gian con hữu hạn chiều X
0
∈ X = C[a, b] gồm tất cả các tổ
hợp tuyến tính của {ϕ
i
(t)}, i = 0, 1, , n với các hệ số thực
ϕ(t) =
n

i=0
C
i
.ϕ
i
(t).
Trường hợp hệ {ϕ
i
(t) là {1, t, t
2
, . . . , t
n
} thì X
0
= P

n
, P
n
là tập các đa
thức với hệ số thực của biến t trên [a, b] có bậc không quá n.
Nếu trong bài toán trên chuẩn được sử dụng là
 x = max
t∈[a,b]
|x(t)| = max
t∈[a,b]
|ω(t).x(t)|,
trong đó ω(t) ≥ 0 là hàm trọng thì phép xấp xỉ được gọi là xấp xỉ theo nghĩa
Chebyshev (xấp xỉ đều) hoặc vắn tắt là T - xấp xỉ. Còn nếu chuẩn được sử
dụng là
 x =


b
a
[x(t)]
2
dx

1
2
thì chúng ta có xấp xỉ theo nghĩa Gauss hay còn gọi là xấp xỉ theo nghĩa
bình phương tối thiểu hoặc trung bình bình phương. Trường hợp này cũng
có thể đưa hàm trọng vào. Với những chuẩn khác nhau thì các xấp xỉ tốt
nhất tương ứng nói chung cũng khác nhau.
Từ đây ta xét bài toán xấp xỉ Chebyshev trong C[a, b] như sau:

18
Cho hàm ∈ C[a, b], tìm đa thức P ∈ P
n
có T - độ lệch nhỏ nhất so với f
trên [a, b], tức là
 f − P = max
x∈[a,b]
|f(x) −P (x)| = min
Q∈P
n
max
x∈[a,b]
|f(x) −Q(x)|.
Khi đó đa thức P được gọi là T - xấp xỉ tốt nhất đối với hàm f đã cho.
Theo định lý (1.9) thì T - xấp xỉ này tồn tại.
Vì mỗi đa thức
Q ∈ P
n
: Q(x) =
n

i=0
C
i
x
i
là đặc trưng bởi véc tơ các hệ số C(C
0
, C
1

, . . . , C
n
) ∈ R
n+1
nên ta tìm đa
thức
P ∈ P
n
: P (x) =
n

i=0
a
i
x
i
chính là tìm (n + 1) tham số a
0
, a
1
, . . . , a
n
sao cho
max
x∈[a,b]



f(x) −
n


i=0
a
i
x
i



= min
C
0
,C
1
, ,C
n
max
x∈[a,b]
|f(x) −
n

i=0
C
i
x
i
|.
Đại lượng xấp xỉ tốt nhất của f trên [a, b] được kí hiệu là E
n
(f) hoặc ρ(f):

E
n
(f) = min
C
0
,C
1
, ,C
n
max
x∈[a,b]
|f(x) −
n

i=0
C
i
x
i
|.
2.3.2 Một số định lý quan trọng
Định lý 2.3 (Vallee - Poussin). Giả sử f ∈ C[a, b] và P
0
∈ P
n
. Nếu hàm độ
lệch f(x) − P
0
(x) nhận giá trị với dấu âm, dương xen kẽ nhau tại (n + 2)
điểm phân biệt a ≤ x

1
≤ x
2
≤ ··· ≤ x
n+2
≤ b thì
min |f (x
i
) −P
0
(x
i
)| ≤ ρ(f) ≤ max |f (x) − P
0
(x)|.
Chứng minh. Trước tiên, ta có
ρ(f) = min
a
0
,a
1
, ,a
n
max
a≤x≤b
|f(x) −P (x)| ≤ max
a≤x≤b
|f(x) −P
0
(x)|

là hiển nhiên đúng.
Nếu min |f(x
i
) − P
0
(x
i
)| = 0 tức là tồn tại i để f(x
i
) = P
0
(x
i
) thì
f(x
i
) −P
0
(x
i
) ≥ 0 là luôn đúng.
19
Giả sử
min
i=1,2, ,n+2
|f(x
i
) −P
0
(x

i
)| > ρ(f).
Khi đó gọi P
∗
(x) là đa thức T - xấp xỉ tốt nhất đối với f(x) trên [a, b] ta có
|f(x
i
) −P
∗
(x
i
)|
i=1,2, ,n+2
≤ max
a≤x≤b
|f(x) −P
∗
(x)|
= ρ(f) = min
a
0
,a
1
, ,a
n
max
a≤x≤b
|f(x) −P (x)|
< min
i=1,2, ,n+2

|f(x
i
) −P
0
(x
i
)|
≤ |f(x
i
) −P
0
(x
i
)|
i=1,2, ,n+2
.
Vậy ta thu được
|f(x
i
) −P
∗
(x
i
)| < |f(x
i
) −P
0
(x
i
)|, a ≤ x

1
< ··· < x
n+2
≤ b. (2.4)
Xét đa thức Q(x) = P
∗
(x
i
) − P
0
(x
i
) có bậc không vượt quá n. Ta nhận
thấy Q(x) nhận giá trị với dấu âm, dương xen kẽ nhau tại (n + 2) điểm nói
trên. Thật vậy, nếu tồn tại điểm x
i
mà
Q(x
i
) = P
∗
(x
i
) −P
0
(x
i
) > 0,
tức là
P

∗
(x
i
) −P
0
(x
i
) = (P
∗
(x
i
) −f (x
i
)) + (f (x
i
) −P
0
(x
i
)) > 0.
Khi đó, từ (2.4) ta suy ra f(x
i
) −P
0
(x
i
) > 0.
Do hàm độ lệch f(x) −P
0
(x) đổi dấu nên ta có

f(x
i+1
) −P
0
(x
i+1
) < 0
suy ra (P
∗
(x
i+1
) −f (x
i+1
)) + (f (x
i+1
) −P
0
(x
i+1
)) < 0
hay Q(x
i+1
) < 0.
Như vậy, trong [a, b] có (n + 1) điểm phân biệt làm cho Q(x) = 0 tức là
Q(x) có ít nhất (n + 1) nghiệm phân biệt. Nhưng bậc của Q(x) ≤ n nên
Q(x) có không quá n nghiệm, mâu thuẫn.
Ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả 2.1. (Điều kiện đủ của T- xấp xỉ).
Cho f ∈ C[a, b] và P ∈ P
n

. Giả sử hàm độ lệch f(x) − P (x) có (n + 2)
điểm cực trị x
i
(i = 1, 2, . . . , n + 2) mà tại mỗi điểm đó nó nhận giá trị lớn
nhất theo giá trị tuyệt đối với dấu âm, dương xen kẽ, nghĩa là
f(x
i
) −P (x
i
) = (−1)
i
ξ  f(x) − P(x) , (2.5)
20
trong đó ξ = ±1. Khi đó P (x) là T - xấp xỉ tốt nhất với f(x) trên đoạn [a, b].
Chứng minh. Theo giả thiết
f(x
i
) −P (x
i
) = (−1)
i
ξ  f(x) − P(x) , ξ = ±1.
Suy ra
|f(x
i
) −P (x
i
)|
i=1,2, ,n+2
= f(x) −P (x) = max

x∈[a,b]
|f(x) −P (x)|.
Do đó
min
i=1,2, ,n+2
|f(x
i
) −P (x
i
)| = max
x∈[a,b]
|f(x) −P (x)|,
theo định lý 2.3 thì P
n
là tập các đa thức có bậc không vượt quá n.
min
i=1,2, ,n+2
|f(x
i
) −P (x
i
)| ≤ ρ(f) = min
Q∈P
n
max
x∈[a,b]
|f(x) −Q(x)|
≤ max
x∈[a,b]
|f(x) −Q(x)| = min

i=1,2, ,n+2
|f(x
i
) −P (x
i
)|.
Vậy nên
ρ(f) = min
Q∈P
n
max
x∈[a,b]
|f(x) −Q(x)| = max
x∈[a,b]
|f(x) −Q(x)|
hay P (x) là T - xấp xỉ tốt nhất đối với f(x) trên [a, b].
Định nghĩa 2.3. Dãy (n + 2) điểm cực trị của hàm độ lệch mà với dãy hàm
lần lượt đổi dấu và thỏa mãn (2.5) được gọi là dãy điểm luân phiên hay dãy
điểm luân phiên Chebyshev.
Định lý 2.4 (Chebyshev). Điều kiện cần và đủ để đa thức P ∈ P
n
là T
- xấp xỉ tốt nhất đối với f ∈ C[a, b] là tồn tại (n + 2) điểm luân phiên
a ≤ x
1
< x
2
< ··· < x
n+2
≤ b sao cho

f(x
i
) −P (x
i
) = (−1)
i
ξf −P , (i = 1, 2, . . . , n + 2), ξ = ±1.
Chứng minh.
Điều kiện đủ đã được chứng minh ở hệ quả trên.
Điều kiện cần: Gọi ρ là tập hợp các điểm x ∈ [a, b] mà |f(x) −P (x)| = ρ(f).
Chia ρ thành hai bộ phận ρ
+
và ρ
−
trong đó ρ
+
với f (x) −P (x) > 0 còn ρ
−
với f(x) −P(x) < 0.
Cả ρ
+
và ρ
−
đều khác rỗng vì nếu ρ
−
= Φ thì lấy Q(x) = P (x) −c thay thế
cho P (x) thì được một xấp xỉ tốt hơn khi c là một hằng số dương đủ nhỏ.
21
Ta sẽ chứng tỏ rằng dãy điểm cực trị luân phiên của ε(x) = f(x) − P (x)
không thể có ít hơn (n + 2) điểm.

Giả sử chỉ có (n + 1) điểm hoặc ít hơn thì trên mỗi đoạn [x
i
, x
i+1
]
(i = 1, 2, . . . , n) có ít hơn một không điểm z
i
của ε(x), nếu có nhiều hơn thì
lấy không điểm ở bên phải nhất (là n nghiệm lớn nhất trong đoạn đó).
Các điểm z
i
và a, b làm thành những đoạn [a, z
1
], [z
1
, z
2
], , , [z
n
, b].
Mỗi đoạn này chứa điểm x ∈ ρ
+
hoặc x ∈ ρ
−
và từ trái sang phải các
đoạn này luân phiên chứa các điểm x ∈ ρ
+
, x ∈ ρ
−
.

Ta có thể tìm được một đa thức Q(x) bậc không vượt quá n thỏa mãn
các điều kiện sau:
1) Q(x) = 0 tại các điểm x = z
1
, z
2
, . . . , z
n
.
2) Q(x) < 0 trên mỗi đoạn có điểm x ∈ ρ
+
.
3) Q(x) > 0 trên mỗi đoạn có điểm x ∈ ρ
−
.
4) Q(x) đủ nhỏ trên [a, b].
Đa thức đó là Q(x) = ±|c|(x −z
1
), (x −z
2
), . . . , (x −z
n
), trong đó |c| > 0
đủ bé chẳng hạn 0 < |c| < ρ(f), vế phải lấy dấu ” + ” nếu đoạn [a, z
1
] chứa
điểm x ∈ ρ
−
và dấu ” − ” nếu đoạn [a, z
1

] chứa điểm x ∈ ρ
+
.
Thay P (x) bởi P (x) + Q(x) ∈ P
n
ta được một đa thức bậc không vượt
quá n xấp xỉ tốt hơn. Điều này trái với giả thiết P (x) là T - xấp xỉ tốt nhất
đối với f.
Một vấn đề đặt ra là xem xét T - độ lệch có dần tới 0 hay không khi xấp
xỉ f(x) bởi đa thức không vượt quá n khi n → ∞.
Định lý 2.5 (Weiertrass). Giả sử f (x) ∈ C[a, b]. Khi đó với bất kì số  > 0
nào cũng tồn tại đa thức P (x) sao cho với mọi x ∈ C[a, b] ta có bất đẳng
thức
|f(x) −P (x)| < ε.
Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh các đồng nhất thức sau đây:
n

k=0
C
k
n
x
k
(1 −x)
n−k
= 1, (2.6)
n

k=0
(k −nx)

2
C
k
n
x
k
(1 −x)
n−k
= nx(1 −x). (2.7)
Đồng nhất thức (2.6) được suy ra từ
n

k=0
C
k
n
a
k
b
n−k
= (a + b)
n
,
22
với a = x, b = 1 −x.
Để chứng minh (2.7) ta biểu diễn vế trái như là tổng của ba số hạng
n

k=0
(k −nx)

2
C
k
n
x
k
(1 −x)
n−k
=
n

k=0
k
2
C
k
n
x
k
(1 −x)
n−k
−
−2nx
n

k=0
kC
k
n
x

k
(1 −x)
n−k
+ n
2
x
2
n

k=0
C
k
n
x
k
(1 −x)
n−k
.
Số hạng cuối cùng của biểu diễn này sẽ bằng n
2
x
2
.
Với số hạng thứ 2 ta lại sử dụng (2.6), ta có
n

k=0
kC
k
n

x
k
(1 −x)
n−k
=
n

k=1
n!
k!(n − k)!
x
k
(1 −x)
n−k
=
n−1

j=0
n!
j!(n −j − 1)!
x
j+1
(1 −x)
n−j−1
= nx
n−1

j=0
(n −1)!
j!(n −j − 1)!

x
j
(1 −x)
n−j−1
= nx
n−1

j=0
C
j
n−1
x
j
(1 −x)
n−j−1
= nx.
Với số hạng thứ nhất ta có
n

k=0
C
k
n
x
k
(1 −x)
n−k
=
n


k=1
k
2
n!
k!(n − k)!
x
k
(1 −x)
n−k
=
n−1

j=0
(j + 1)
n!
j!(n −j − 1)!
x
j+1
(1 −x)
n−j−1
= nx
n−1

j=0
(j + 1)
n!
j!(n −j − 1)!
x
j
(1 −x)

n−j−1
= nx

n−1

j=0
jC
j
n−1
x
j
(1 −x)
n−j−1
+
n−1

j=0
C
j
n−1
x
j
(1 −x)
n−j−1

= nx[(n −1)x + 1] = n
2
x
2
− nx

2
+ nx.
Như vậy
n

k=0
(k −nx)
2
C
k
n
x
k
(1 −x)
n−k
= n
2
x
2
−nx
2
+ nx −2n
2
x
2
+ n
2
x
2
= nx(1 −x).

23