Đa thức chebyshev và một số ứng dụng trong giải toán

Đa thức Chebyshev và một số ứng dụng trong giải
toán
TỔ TOÁN T.H.P.T CHUYÊN THÁI BÌNH
Đa thức Chebyshev là 1 mối liên kết đẹp giữa đại số và lượng giác. Tuy trong các kì
thi Olympic gần đây, đa thức Chebyshev ít được xuất hiện vì hệ thống bài tập mang
tính chất liên quan lí thuyết của nó, nhưng việc hiểu biết và nghiên cứu đa thức
Chebyshev vẫn là một chủ đề rất được quan tâm khi dạy và học toán Olympic.
Trong bài viết này chúng tôi sẽ hệ thống lại những tính chất quen thuộc của đa thức
Chebyshev, một số ví dụ ứng dụng và hướng phát triển của những bài tập xung
quanh đó.
I, Lý thuyết
1, Định nghĩa
1.1. Đa thức Chebyshev loại 1

Với mọi

n∈¥

, tồn tại duy nhất đa thức

Tn ( x)

thỏa mãn :

Tn (cos x) = cos nx ∀x ∈ ¡

T0 ( x ) = 1 T1 ( x) = x
Được gọi là đa thức Chebyshev loại 1. Dễ thấy rằng
,
và do
cos(n + 1) x = 2 cos x.cos nx − cos( n − 1) x

nên ta cũng có

Tn +1 ( x) = 2 x.Tn ( x) − Tn −1 ( x )

, cũng

từ công thức này, đa thức được xác định là duy nhất !
Chữ

T

trong đa thức là viết tắt tên của nhà toán học Nga Tschebyscheff, một vài đa

thức khởi đầu là :

T2 ( x ) = 2 x 2 − 1

1


T3 ( x) = 4 x3 − 3 x
T4 ( x ) = 8 x 4 − 8 x 2 + 1
T5 ( x) = 16 x 5 − 20 x 3 + 5 x

T6 ( x ) = 32 x 6 − 48 x 4 + 18 x 2 − 1

1.2. Đa thức Chebyshev loại 2
Với mọi

n ∈¥

, tồn tại duy nhất đa thức
U (cos x) =

U n ( x)

sao cho :

sin(n + 1) x
∀x ∈ ¡
{kπ | k ∈ ¢ }
sin x

\

Được gọi là đa thức Chebyshev loại 2. Dễ thấy
U n +1 ( x) = 2 x.U n ( x) − U n −1 ( x)

U 0 ( x ) = 1 U1 ( x ) = 2 x

,

và cũng có

.

Một số đa thức khởi đầu của

U

là :

U 2 ( x) = 4 x 2 − 1
U 3 ( x) = 8 x 3 − 4 x
U 4 ( x) = 16 x 4 − 12 x 2 + 1
U 5 ( x) = 32 x 5 − 32 x3 + 6 x
U 6 ( x) = 64 x 6 − 80 x 4 + 24 x 2 − 1

2, Tính chất
2


2.1.
2.2.

2.3.

Tn ( x ),U n ( x ) ∈ ¢ [ x]

Tn ( x), U n ( x)

Tn ( x)

n

, bậc , hệ số cao nhất lần lượt là

là hàm chẵn khi

có đúng

n

chẵn và là hàm lẻ khi
cos

n

2n−1

nghiệm thực phân biệt là

n

và

2n

.

lẻ.

(2k + 1)π
,k = 0; n − 1
2n

.

Chứng minh:

Do

x ∈ [ −1;1]

nên đặt

x = cos t ,(t ∈ [0; π ])

Khi đó theo 2.1 ta có
Tn ( x) = 0 ⇔ cos nt = 0 ⇔ t =

Do

t ∈ [0; π ]

Lại do

Tn ( x )

0≤

nên ta có

(2k + 1)π
(k ∈ ¢ )
2n
(2k + 1)π
≤ π ⇔ k ∈ 0...(n − 1)
2n

là đa thức bậc n nên có không quá n nghiệm thực khác nhau. Mà hàm

số cos nghịch biến trên

[0; π ]

nên các nghiệm này đôi một khác nhau. Vậy

Tn ( x )

chỉ

có đúng n nghiệm nói trên.
Un

có đúng

n

cos

nghiệm thực phân biệt là

kπ
, k = 1; n
n +1

.

Chứng minh tương tự trên

3


2.4.

| Tn ( x) |≤ 1∀x ∈ [−1;1]

n +1

, dấu bằng xảy ra tại

cos

điểm

kπ
, k = 0; n
n

điểm luân phiên Chebyshev (các luân điểm). Và ta thấy thêm rằng

được gọi là các

kπ

Tn  cos
n



k
÷ = (−1)


.Chứng minh tương tự 2.3
2.5.

2.6.

2.7.

2.8.
2.9.

| U n ( x ) |≤ n,∀x ∈ [−1;1]

.

1
U n −1 ( x) = .Tn
( x)
n

’

1 
1  1 
1 
Tn   x + ÷ =  x n + n ÷∀n ≥ 0, x ≠ 0

x  2 
x 
2 

n +1
− n −1
1
 x −x
U n  ( x + x −1 )  =
∀n ≥ 0, x ≠ 0, ±1
x − x −1
2


Tm (Tn ) = Tmn∀m, n ≥ 0

2.10.

(Tn ( x), U n ( x))

là cặp nghiệm của phương trình Pell đa thức :

P ( x) 2 − ( x 2 − 1)Q( x) 2 = 1

. Có thể dễ thấy điều này từ các đa thức khởi đầu và công thức

truy hồi.
Tn ( x) =

( x + x 2 − 1) n + ( x − x 2 − 1) n

∀x ≥ 1
2

2.11.
Pell và tính chất trên.

, là 1 hệ quả trực tiếp của phương trình

Các tính chất trong mục này hầu hết đều dễ thấy hoặc chứng minh bằng quy nạp.
Bạn đọc có thể tự chứng minh để hiểu rõ hơn về phương pháp quy nạp và đa thức
Chebyshev.
4


II, Các ví dụ
Ở phần này chúng ta sẽ giải quyết 1 số bài toán liên quan đến đa thức Chebyshev để
hiểu sâu sắc hơn về các tính chất nêu trên. Mở đầu với 1 số bài toán cực trị đa thức :
1, Ứng dụng đa thức Chebyshev trong các bài toán cực trị liên quan đa thức :
Một trong những dấu hiệu để nhận biết bài toán đa thức có sử dụng tính chất đa thức
Chebyshev là miền giá trị của đa thức. Các đa thức trên miền

[−1;1]

đều gợi ra cách

giải bằng các sử dụng tính chất đa thức Chebyshev.
Ví dụ 1 :
a) Cho
b) Cho

f ( x ) = 2 x 2 + bx + c.

Tìm

f ( x ) = 4 x 3 + ax 2 + bx + c.

b, c ∈ ¡

Tìm

để với mọi

a , b, c ∈ ¡

để

x ∈ [−1;1]

, ta có:

| f ( x) |≤ 1∀x ∈ [ −1;1]

| f ( x ) |≤ 1

.

.

Lời giải :
a) Xét

| f (−1) |,| f (0) |,| f (1) |≤ 1

, ta có :

| 2 − b + c |≤ 1;| 2 + b + c |≤ 1;| c |≤ 1

Nhưng khi đó

4 =| 2 − b + c + 2 + b + c − 2c |≤| 2 − b + c | + | 2 + b + c | + | −2c |≤ 4

Vậy đồng thời phải xảy ra các đẳng thức ta được
b = 0; c = −1

dễ dàng chứng minh được

b = 0; c = −1

f ( x) = 2 x 2 − 1

ngược lại với

thỏa (1) với mọi

x ∈ [−1;1]

b) Ở câu a), bằng cách xét các giá trị của hàm số tại các điểm biên và điểm 0 đã cho
chúng ta 1 cách đánh giá bất đẳng thức để suy ra lời giải, nhưng ở câu b) này việc
dự đoán mò điểm để áp dụng giả thiết là khá khó khăn. Nhưng để ý kĩ chút, ở câu
a), kết quả thu được của chúng ta là

f ( x)

là một đa thức chebyshev bậc 2, và các
5


điểm được chọn chính là các luân điểm của

f ( x)

. Một cách tự nhiên ta nghĩ đến

việc kết quả ở câu này cũng tương tự phải là đa thức Chebyshev bậc 3 và việc xét
các điểm là các luân điểm cũng được rõ ràng do phải đánh giá
cos

điểm đó là

kπ
, k = 0;3
3

| f (x) |

với 1 ! Các

.

Thật vậy, từ giả thiết, ta có

1
| f (1) |,| f  ÷|,|
2

| 4 + a + b + c |≤ 1, | −4 + a − b + c |≤ 1

,

Để ý dấu bằng của bất đẳng thức

 −1 
f  ÷|,| f ( −1) |≤ 1
 2 

. Do đó :

1 1
1
1 1
1
+ a + b + c ≤1 − + a − b + c ≤1
2 4
2
2 4
2

,

| a1 + a2 + ... + an |≤| a1 | + | a2 | +...+ | an |

cùng dấu, và nhờ có việc dự đoán

a = 0, b = −3, c = 0

xảy ra khi các

ai

, ta có thể sử dụng bất đẳng thức

như sau :
| 8 + 2b |≤| 4 + a + b + c | + | 4 + b − a − c |≤ 2 ⇒| 4 + b |≤ 1
1 1
1
1 1
1
| −1 − b |≤ − − a − b − c + − + a − b + c ≤ 2
2 4
2
2 4
2

Và cuối cùng chỉ cần khử
3 ≤| 4 + b | + | −1 − b |≤ 1 + 2 = 3

b

đi :

.

Vậy dấu bằng ở tất cả các bất đẳng thức được xảy ra, hay
f ( x) = 4 x 3 − 3 x

, với

f ( x ) = cos3α ∈ [−1;1]

x ∈ [−1;1]

bất kì, tồn tại

α ∈ [0;π ]

để

b = −3, a = c = 0

x = cos α

. Lúc đó

, lúc đó

, chính là điều kiện đủ của bài toán.
6


Tương tự trên, chúng ta có thể tổng quát hóa bài toán :

Ví dụ 2 : (Định lý Chebyshev) Cho đa thức
là

2n−1

f ( x)

. Chứng minh rằng

thỏa mãn

f ( x) ∈ ¡ [ x ]

, bậc

| f ( x) |≤ 1∀ | x |≤ 1

n

và có hệ số cao nhất

khi và chỉ khi

f ( x)

là đa

n

thức Chebyshev bậc .

Cách giải hoàn toàn tương tự với việc xét các luân điểm của đa thức Chebyshev bậc

n

cos

là

≤ n −1

kπ
, k = 0; n
n

và thêm tham số vào để giải phương trình khử hệ số các bậc

của đa thức. Đây là 1 bài tập luyện tập cho bạn đọc.

Ví dụ 3 : (Đề đề nghị Olympic 30/4-2003) :Tìm

(a, b, c) ∈ ¡

3

để

max | x 3 + ax 2 + bx + c |

f(x)=

| x| ≤1

đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải :
Do có điều kiện

| x |≤ 1

và đa thức là bậc 3, ta nghĩ ngay đến xét các điểm là các luân

điểm của đa thức Chebyshev bậc 3.

Kí hiệu

f ( x ) =| x 3 + ax 2 + bx + c |

M = max f ( x )

và

⇒ f (1) =|1 + a + b + c |; f ( −1) =|1 − a + b − c |

Suy ra

f (1) + f (−1) ≥| 2 + 2b |

Dấu “=” xảy ra khi

| x|≤1

;

1 1 a b
 −1  1 a b
f  ÷= + + + c ; f  ÷= − + − c
2 8 4 2
 2  8 4 2

.

(1 + a + b + c)(1 − a + b − c) ≥ 0

7


1
f  ÷+
2

1
 1
f  − ÷≥ | + b |
4
 2

Dấu “=” xảy ra khi

Suy ra

1 a b
 1 a b

 + + + c ÷ − + − c ÷ ≥ 0
8 4 2
 8 4 2



f ( 1) + f ( −1) + 2  f


⇒ 6M ≥

1
 ÷+
2

 1  3
f  − ÷ ≥
 2  2

3
1
⇒M ≥
2
4

 1 a b
 1 a b


 8 + 4 + 2 + c ÷ 8 − 4 + 2 − c ÷ ≥ 0



( 1 + a + b + c ) ( 1 − a + b − c ) ≥ 0
1

M = ⇔
 −1

4
( 2 + 2b )  − 2b ÷≥ 0
 2

a = c = 0



1⇔
1
 1
−3
f
(1)
=
f
−
1
=

f
=
f
−
=
M
=
(
)
b=

 ÷

÷

2
2
4
 


4



max | x 3 + ax 2 + bx + c |

Vậy

| x| ≤1

đạt min bằng

1
4

a = c = 0; b = −

khi

3
4

Ví dụ 4 :
Cho

f ( x) = an x n + an −1 x n −1 +

1
f *( x) = x n . f  ÷∀x ≠ 0
x

a) Chứng minh rằng :

Với

Tn ( x)

…

+ a1 x + a0

thỏa mãn

| f ( x) |≤ 1∀x ∈ [ −1;1]

. Xét

.
| f *( x ) |≤| Tn *( x ) |, ∀x ∈ [−1;1], x ≠ 0

n

là đa thức Chebyshev loại 1 bậc , và

1
Tn *( x) = x n .Tn  ÷, ∀x ≠ 0
x
8


| f *( x) |≤ 2 n −1 , ∀x ∈ [−1;1]

b) Chứng minh rằng
Lời giải :

a) Bài toán tương đương với việc chứng minh

Đặt các luân điểm
n

tại

n +1

điểm

πk 
cos 
÷ = ak
 n 

ak

với

n

k =0

| ak |≤ 1∀k = 0; n

| f ( x ) |=

n

∑
k =0

Ta thấy rằng với

a0 > a1 > ... > an

với

x ∈/ ( −1,1)

.

. Xét sự nội suy Lagrange của

f ( x)

bậc

ta có :
f ( x ) = ∑ f ( ak )

Mặt khác do

k = 0,… n

| f ( x ) |≤| Tn ( x ) |

f (ak )∏

x ≥1

i≠k

hoặc

nên tích

.

kết hợp với giả thiết, ta có :

n
n
x − ai
x − ai
x − ai
≤ ∑ | f (ak ) | ∏
≤ ∑∏
ak − ai k =0
k = 0 i ≠ k ak − ai
i ≠ k ak − ai

x ≤ −1

∏ (a
i≠k

( x − a0 )...( x − ak −1 )( x − ak +1 )...( x − an )
(ak − a0 )...(ak − ak −1 )( ak − ak +1 )...(ak − an )

k

, tất cả các phần tử dạng

− ai )

cùng dấu với
n

∑∏
k =0 i ≠ k

x − ai
=
ak − ai

n

(−1)k

x − ai

(1)

có cùng dấu, và do

. Từ đó suy ra :
x − ai
k − ai

∑ (−1) ∏ a
k =0

k

i≠k

(2)

9


Mặt khác ta để ý tính chất quen thuộc của đa thức Chebyshev :
dụng khai triển Lagrange với đa thức Chebyshev bậc
n

x − ai
= Tn ( x)
k − ai

n

và

Tn (ak ) = ( −1) k

n +1

. Ta áp

luân điểm thì :

∑ (−1) ∏ a
k

k =0

i≠k

. (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có điều phải chứng minh.
b) Với điều đã chứng minh ở câu a), ta chỉ cần chỉ ra thêm rằng
| Tn *( x) |≤ 2n −1 ∀x ∈ [−1;1]

là đủ.

Do đa thức Chebyshev
xk = cos

biệt

Tn

n

có bậc , hệ số cao nhất là

(2k + 1)π
, k = 0; n − 1
2n

2n−1

n

, có

nghiệm thực phân

. Nên nó có dạng :

Tn ( x) = 2n −1.( x − x0 )( x − x1 )

…

( x − xn −1 )

Vậy nên
1
Tn *( x) = x n .Tn  ÷ = 2 n −1 (1 − xx0 )(1 − xx1 )
 x

Với mọi

x ≠0

nhưng vì nó là đa thức nên đúng với mọi

cos(π − α ) = − cos α

nên dãy

xn −1− k = − xk ∀k = 0; n − 1

( x0 , x1 ,

…

, xn −1 )

…

x ∈¡

là dãy đối của dãy

( xx xn −1 )

. Ta nhận thấy do
( xn −1 , xn − 2 ,

…

, x0 )

(hay

. Từ đó ta cũng có :
Tn *( x) = 2n −1 (1 + xxn−1 )(1 + xxn− 2 )

…

(1 + xx0 )

10


Từ 2 đẳng thức trên suy ra :

( Tn *( x) )

Vậy

( Tn *( x) )

2

2

(

)(

= 4n −1 1 − ( xx0 ) 2 1 − ( xx1 ) 2

≤ 4 n −1 ⇒| Tn *( x) |≤ 2 n −1 ∀x ∈ [−1;1]

)

( 1 − ( xx

n −1

…

)2

)

.

Phép chứng minh của bài toán được hoàn tất.
Nhận xét : Ở câu a), nhờ có giả thiết
đánh giá tại các điểm làm cho

| f ( x) |≤ 1∀x ∈ [−1;1]

| Tn ( x ) |= 1

nên việc nghĩ đến chuyện

là khá rõ ràng, và thật tiện thay lại có

n +1

n

điểm như vậy khi ta muốn đánh giá đa thức bậc . Sử dụng nội suy Lagrange là 1
hướng đi hoàn toàn tự nhiên !

Ví dụ 5 : Cho

x1 , x2 ,

…

xn

với

n≥2

là các số thực phân biệt trong đoạn

[−1;1]

.

Chứng minh rằng :
1 1
+ +
t1 t2

tk =

∏ ( x − x ) , k = 1, 2,

Với

i≠k

i

k

+

...

1
≥ 2n − 2 ,
tn

n

… .

Lời giải :
Ở bài trước, ta đã thấy được tư tưởng sử dụng nội suy Lagrange tại các nút
nội suy là các luân điểm. Ở bài này, các số thực thuộc đoạn
chứng minh là so sánh với đại lượng

2n−2

[−1;1]

và điều phải

cũng làm ta nghĩ tới việc sử dụng

Lagrange và sự đánh giá hệ số dẫn đầu.

11

Xét sự nội suy Lagrange của đa thức Chebyshev
, xn

Tn −1 ( x)

bậc

n −1

tại

n

điểm

x1 , x2 ,

...

ta có :
n

Tn −1 ( x ) = ∑ Tn −1 ( xk )
k =1

( x − x1 )...( x − xk −1 )( x − xk +1 )...( x − xn )
.
( xk − x1 )...( xk − xk −1 )( xk − xk +1 )...( xk − xn )

Đồng nhất hệ số 2 vế của đa thức, ta có :
n

Tn −1 ( xk )
.
k =1 ( xk − x1 )...( xk − xk −1 )( xk − xk +1 )...( xk − xn )

2n − 2 = ∑

Nhưng ta để ý,

| Tn −1 ( x ) |≤ 1∀ | x |≤ 1

n

2n −2 ≤ ∑
k =1

, và

xk ∈ [−1;1]∀k = 1; n

nên :

n
Tn −1 ( xk )
1
≤∑
( xk − x1 )...( xk − xk −1 )( xk − xk +1 )...( xk − xn ) k =1 tk

.

Bài toán được chứng minh !

2, Ứng dụng đa thức Chebyshev vào giải các phương trình bậc cao :

Với 1 số công thức bậc cao của đa thức Chebyshev sử dụng với hàm hyperbolic đôi
khi cho ta hướng suy nghĩ đặt ẩn phụ và đưa bài toán phương trình cồng kềnh về
dạng hồi quy để giải quyết dễ dàng hơn !

12


Định lý 1: Ta chú ý rằng hàm
toàn với

Tn ( x)

1
1  1 
1 
f n   x + ÷÷ =  x n + n ÷
x  2 
x 
2

. Chứng minh rất đơn giản bằng cách chỉ ra

f 0 ( x) = 1, f1 ( x) = x, f n +1 ( x) = 2 x. f n ( x) − f n−1 ( x)

Định lý 2: Giả sử
. Kí hiệu

có công thức giống hoàn

Q2 k +1 ( x)

sin(2k + 1)t = P2 k +1 (sin t )

là đa thức đại số bậc

vậy nên 2 dãy trùng nhau.
, trong đó

2k + 1

P2 k +1 ( x )

sinh bởi

là đa thức đại số bậc

P2 k +1 ( x )

2k + 1

bằng cách giữ nguyên

những hệ số ứng với lũy thừa chia 4 dư 1 và thay những hệ số ứng với lũy thừa chia

4 dư 3 bằng hệ số đổi dấu khi đó.
1
1  1 
1 
Q2 k +1   a − ÷÷ =  a 2 k +1 − 2 k +1 ÷.
a  2 
a

 2

Sau đây là 1 số hệ thức liên quan tới hàm Hyperbolic. Khai triển trực tiếp hoặc áp
dụng công thức lượng giác ta có các đẳng thức hữu dụng sau :
2

1 
1 2 1 
1 
a + 2 ÷ = 2   a + ÷ − 1∀a ≠ 0

2
a 
a 
2
3

1 
1
1 3 1 
1 
1 

 a + 3 ÷ = 4   a + ÷ − 3   a + ÷ ∀a ≠ 0
2
a 
a 
a 
2
2

Từ

cos5t = 16cos5 t − 20cos3 t + 5cos t

1 5 1 
5
3
 a + 5 ÷ = 16m − 20m + 5m
2
a 

Từ

sin 3t = 3sin t − 4sin 3 t

ta được

1
1
( m =  a + ÷)
2
a

ta được

13


3

1 
1 
1 3 1 
1 
1 
 a − 3 ÷ = 4   a − ÷ + 3   a − ÷ ∀a ≠ 0
2
a 
a 
a 
2
2

Từ

sin 5t = 16sin 5 t − 20sin 3 t + 5sin t

ta được

1 5 1 
1
1

5
3
 a − 5 ÷ = 16m + 20m + 5m (m =  a − ÷)
2
a 
2
a

Sử dụng những đẳng thức trên ta có thể giải quyết những bài sau
Ví dụ 6: Giải phương trình

x 5 + 10 x 3 + 20 x − 18 = 0

Lời giải

Ta có công thức sau

1 5 1 
5
3
 a − 5 ÷ = 16m + 20m + 5m
2
a 

, trong đó

1
1
m = a − ÷
2

a

(đa

thức Chebyshev) (1)

Ta đặt

1

x = 2a − ÷
a a ≠0


(

a−

) (Đặt được vì hàm

1
a

vét hết toàn bộ

¡

)

Từ đó, phương trình được viết lại

5

3

1
1
1



4 2  a − ÷ + 20 2  a − ÷ + 20 2  a − ÷− 18 = 0
a
a
a



5

⇔

3

1
1 5
1  5
1 9 2
a − ÷ +  a − ÷ +  a − ÷=

2

a 2
a  2
a
8

(2)

Áp dụng công thức (1) vào phương trình (2) ta được
1 5 1  9 2
⇔ a5
 a − 5 ÷=
2
a 
8

( )

2

−

9 2 5
9 ± 113
a −1 = 0 ⇔ a = 5
4
4 2

Phương trình có nghiệm duy nhất

 9 + 113

4 2
x = 2 5
−5

4 2
9 + 113



÷
÷


Ví dụ 7:
14


Chứng minh rằng phương trình :

16 x5 − 20 x3 + 5 x + 2 = 0

có nghiệm duy nhất.Tìm giá

trị của nghiệm đó.
Lời giải
TH1:

| x |≤ 1

. Đặt

x = cos a

với

0≤ a ≤π

. (1) trở thành:

16cos5 a − 20cos3 a + 5cos a + 2 = 0 ⇔ cos5a = −2

Phương trình này vô nghiệm

TH2:

| x |> 1

. Đặt

5

16.

1
1
x = a + ÷
2
a

a

nên (1) vô nghiệm

với

a∈¡

x

mà

| x |≤ 1

.

. (1) trở thành:

3

1
1
1
1
1
1
a + ÷ − 20. 3  a + ÷ + 5.  a + ÷+ 2 = 0
5 
2 
a
2 

a
2
2

⇔ a5 +

1
+4=0
a5

 a 5 = −2 + 3
⇔ a10 + 4a 5 + 1 = 0 ⇔ 
 a 5 = −2 − 3

a = a1 = 5 −2 + 3

a = a2 = 5 −2 − 3

15



1
1
x = x1 =  5 −2 + 3 +
÷
5
2 
−2 + 3 ÷


1
1
x = x2 =  5 −2 − 3 +
5
2 
−2 − 3

Mặt khác, chú ý rằng


÷
÷


a1a2 = 1 ⇒ x1 = x2

. Do vậy, (1) có nghiệm duy nhất là:


1
1
x =  5 −2 + 3 +
÷
5
2 
−2 + 3 ÷


6

Ví dụ 8 : Cho r là số thực dương thỏa mãn

r+

1
=6
r

4

6

. Tìm giá trị của

r−

1
r

4

Lời giải
3

1 
1
1

x + 3 =  x + ÷ − 3 x + ÷

x 
x
x

3

Từ đẳng thức
r+

Ta có

1
= 66 − 3.6 = 198
r

2

Vì vậy

1 
4
 r − 4 ÷ = 198 − 2.
r


4

Và giá trị của

r−

1
r

4

là 14

16


3, Ứng dụng của đa thức Chebyshev trong các bài toán lượng giác liên quan
đến số hữu tỉ
α

Ví dụ 9: Chứng minh rằng nếu và

cos απ

hữu tỷ thì

2 cos απ ∈¢

.

Phân tích hướng đi :

Do

α

α=

hữu tỉ nên đặt

dạng Chebyshev nhận
Tq (cos απ ) = cos pπ = ±1

nghiệm

cos απ

cos απ

. Thật tự nhiên ta nghĩ đến chuyện xét đa thức

là nghiệm rồi chỉ ra 2 lần nghiệm đó nguyên. Ta thấy

suy ra phương trình

Tq ( x) ± 1 = 0

(hoặc cộng hoặc trừ) có

và mặt khác ta có bổ đề : Nếu đa thức nguyên

nhận số hữu tỉ
2n −1.cos απ

p

,( p; q ) = 1
q

u
v

là nghiệm thì

u | a0 , v | an

an .x n + an −1 .x n −1 +

…

+ a0

. Nhưng như vậy ta chỉ mới chỉ ra được

nguyên, bài toán vẫn chưa được giải quyết.

Từ đó ta mong muốn tìm được 1 đa thức có hệ số cao nhất nhỏ hơn, tốt nhất là 1,
nhận

2 cos απ

làm nghiệm, và có dạng gần giống đa thức Chebyshev.

Lời giải :
Với mỗi

n ∈¥

tồn tại duy nhất 1 đa thức

T

sao cho :

Tn (2 cos x) = 2 cos nx

Và đồng thời

Tn

được xác định theo công thức truy hồi :

T0 ( x) = 2, T1 ( x ) = x, Tn +1 ( x) = x.Tn ( x) − Tn −1 ( x)

. (Do

cos( n + 1) x = 2 cos x.cos nx − cos( n − 1) x

)

17


Bằng quy nạp, ta thấy
Mà

Tn ( x)

monic (có hệ số cao nhất bằng 1) và

Tq (2 cos απ ) = 2cos pπ = ±2

hoặc

S ( x) = Tq − 2

∈ ¢ [ x]

đều

p

nếu

chẵn sẽ nhận

). Vậy lúc đó đa thức :

2 cos απ

R( x) = Tq + 2

.
p

nếu

lẻ

làm nghiệm hữu tỉ mà 2 đa thức đó

và monic.

2 cos απ ∈¢

Vậy

(Do

p∈¢

Tn ( x ) ∈ ¢ [ x]

. Nói thêm do

cos απ ∈ [−1;1]

Ví dụ 10 : Tìm tất cả các số hữu tỉ

a ∈ (0;1)

nên ta có thể suy ra

1
cos απ ∈ {0; ± ; ±1}
2

thỏa mãn điều kiện sau :

cos(3π a) + 2 cos(2π a) = 0

Lời giải :
Đặt

cos π a = t

, sử dụng hệ thức giảm bậc, ta có phương trình :
4t 3 + 4t 2 − 3t − 2 = 0

Tương đương
(2t + 1)(2t 2 + t − 2) = 0

•

2t + t − 2 = 0

t = cos π a =

2

Nếu

Do
với

a

thì
a=

là số hữu tỉ, đặt

Tq ( x)

p
q

với

−1 ± 17
4

.

p, q ∈ ¢ , ( p; q ) = 1

. Lúc đó

q Tq ( x) ∈ ¢ [ x]

là đa thức Chebyshev bậc ,

Tq (cos π .a ) = cos π . p = ±1

và có hệ số dẫn đầu là

2q−1

,

.
18


p

Giả sử
Xét

chẵn, lúc đó

Q( x) = 2 x 2 + x − 2

R( x) ≤ 1

bậc

. Thay

 −1 − 17 
R 
÷
÷= 0
4



suy ra
Vậy

Q( x) | T ( x)

, đặt

và phép chia đa thức

x=t

nhưng

R( x) = 0∀x ∈ ¡

Tq (cos π .a) − 1 = 0

Tq ( x) − 1 = T ( x)

T ( x) = P( x).Q( x) + R( x)

 −1 + 17 
R 
÷
÷= 0
4



vào đẳng thức trên ta có

R ( x ) ∈ ¢ [ x]

vậy nên

R

với

R( x ), P ( x ) ∈ ¢ [ x]

,

hoặc

không thể có bậc 1, hay

R

là hằng số,

.

.

Xét phương trình

T ( x) = (2 x 2 + x − 2) P ( x )

, ta thấy

q −1

2kπ 
T ( x) = Tq ( x) − 1 = 2 q −1.∏  x − cos
q ÷
k =0 


vậy nên khi xét sự phân tích tiêu chuẩn của 2 vế,

cos

.

2kπ
q

nào đó làm nghiệm hay

22 + x − 2

phải nhận 2 nghiệm


2u 
2v 
2 x 2 + x − 2 = a  x − cos ÷ x − cos ÷
q 

q 


thực. Đồng nhất hệ số bậc 2 ta có

a=2

. Vậy nên phải tồn tại

với

a

là số

u , v ∈ {0;1;...; q − 1}

sao

cho :

2u 
2v 
2 x 2 + x − 2 = 2. x − cos ÷ x − cos ÷
q 
q 


19

cos

2u
2v
.cos = −1
q
q

Hay

Nhưng cả 2 đều có trị tuyệt đối
−2(cos

. Nhưng lúc đó hệ số bậc 1 của vế phải sẽ bằng
1

≤1

nên cả 2 đều phải bằng

2u
2v
+ cos )
q
q

±1

là 1 số chẵn, khác

. Vô lí.

Trường hợp

p

t=−

lẻ lí luận tương tự ta cũng có điều vô lí. Vậy

Ví dụ 11 : Giả sử
cos kx

k >2

là số nguyên dương và

x

1
2

a=

hay

là số thực sao cho

2

3

.

cos(k − 1) x

và

là số hữu tỉ.

Chứng minh rằng có số nguyên dương

n>k

sao cho

cos(n − 1) x

và

cos nx

là số hữu

tỉ.
Lời giải :
Ta có nhận xét rằng nếu
nguyên dương (do
k

cos x

là số hữu tỉ thì

cos( kx) = Pk (cos x)

, với

cos(kx)

Pk ( x)

cũng là số hữu tỉ, với

k

là số

là đa thức Chebyshev loại 1 với bậc

, là một đa thức hệ số nguyên).

Vì vậy theo yêu cầu đề bài, ta chỉ cần chứng minh hệ đồng dư sau có nghiệm là đủ :
(mod k )
n ≡ 0

 n ≡ 1 (mod(k − 1))

Nhưng hệ này luôn có nghiệm theo định lý thặng dư trung hoa (chẳng hạn lấy

n = k2

) Ta có điều phải chứng minh.
4, Ứng dụng đa thức Chebyshev trong các bài toán số học :
20


Sự truy hồi bậc 2 của đa thức Chebyshev rất thường được gặp trong các bài
toán dãy số và đồng thời nó cũng giống với sự truy hồi của dãy nghiệm phương
trình Pell. Sử dụng đa thức Chebyshev cùng các tính chất của nó đôi khi cho ta
những lời giải thú vị trong những bài toán số học hoặc dãy số số học. Chúng ta cùng
xem xét ví dụ sau :
Ví dụ 12: [Mở rộng TST 2012]
p

Cho

nguyên tố lẻ và xét dãy

Chứng minh:

x2 m + 1
p +1

( xn )

thỏa

x1 = 1, x2 = p

và

xn + 2 = 2 pxn +1 − xn

là số chính phương với mọi số nguyên dương

m

.

Lời giải :
Xét các đa thức Chebyshev loại 1 và loại 2 :
T0 ( x) = 1, T1 ( x) = x, Tn + 2 = 2 xU n +1 ( x) − U n ( x)
U 0 ( x) = 1, U1 ( x) = 2 x, U n + 2 = 2 xU n +1 ( x) − U n ( x)

Ta có một đẳng thức quen thuộc liên hệ giữa hai đa thức này dưới dạng kiểu phương
trình Pell :
Tn2 ( x) − ( x2 − 1)U n2−1 ( x) = 1 ⇔

Tn ( x) − 1 Tn ( x) + 1
.
= U n2−1 ( x)
x −1
x +1

Ta sẽ chứng minh :
Tn ( x ) − 1
∈ ¢ , ∀n ∈ ¥ *
x −1

và

Tn ( x) + 1
∈ ¢ , ∀n ∈ ¥ , n ≡ 1
x +1

( mod 2 )

Thực vậy, ta có tính chất quen thuộc sau của đa thức Chebyshev loại 1 là :
Tn (1) = 1, ∀n ∈ ¥ *

21


Điều này đồng nghĩa với việc đa thức

làm nhân tử, tức

Tn ( x) − 1

nhận

x =1

làm nghiệm, hay nhận

x −1

Tn ( x) − 1
∈¢

x −1

Ta cũng có :
Tn (−1) = (−1) n , ∀n ∈ ¥ *

Do đó nếu

n

lẻ thì

nghiệm, hay nhận

Tn ( −1) = −1

x +1

làm nhân tử, tức

Dễ dàng nhận thấy rằng
Ở đây, ta chỉ xét

n

. Điều này cho thấy đa thức

xn +1 = Tn ( p )

Tn ( x) + 1

Tn ( x) + 1
∈ ¢ , ∀n ∈ ¥ , n ≡ 1
x +1

nhận

x = −1

làm

( mod 2 )

n

với mọi số tự nhiên .

lẻ :

Tn ( p ) − 1 Tn ( p ) + 1
.
= U n2−1 ( p ) (*)
p −1
p +1

Gọi :
 T ( p ) − 1 Tn ( p ) + 1 
d = gcd  n
,
÷⇒ d ∣ 2
p +1 

 p −1

Từ đó suy ra

U n −1 ( p)

là một số chẵn, nhưng điều này vô lí vì với n lẻ thì

n −1

chẵn

và mọi đa thức Chebyshev loại 2 có bậc chẵn đều là số lẻ nếu biến số là số nguyên.

Như vậy phải có

d =1

. Từ

(*)

ta suy ra ngay

phương với mọi số nguyên dương

n

Tn ( p) + 1 xn +1 + 1
=

p +1
p +1

là một số chính

lẻ.
22


n

Ví dụ 13 : Tìm

nguyên dương để

(2n − 1)(3n − 1)

là số chính phương.

Lời giải :
Trường hợp

n = 1, 2

, bằng tính toán ta thấy đại lượng không phải là số chính phương,

loại,
Với

n≥3

, đặt

2n − 1 ≡ 3

Vậy

n

(2n − 1)(3n − 1) = m2

với

m

là số nguyên dương. Nếu

( mod 4 ) ,3n − 1 ≡ 2 ( mod 4 ) ⇒ m2 ≡ 2 ( mod 4 )

phải chẵn, đặt

n = 2k

. Lúc đó ta có

thuộc, do

m

phải chẵn nên ta có :

( mod 8)

mũ của thừa số

2

đây là phương trình Pythagore quen

. Từ đây suy ra

k

phải chẵn vì nếu

k

lẻ thì

hay khi phân tích 2 vế ra thành tích các thừa số nguyên tố thì số
của vế trái sẽ là

2

– một số chẵn còn ở vế phải thì số mũ của

số lẻ do số mũ của số nguyên tố bất kì khi khai triển
Vậy chúng ta đã tìm được 1 số tính chất của
Bây giờ đặt

với

a = 2 k , b = 3k ⇒

 ab + 1 = u 2 + v 2

2
2
a+b = u −v
 m = 2uv


 2k + 3k = u 2 − v 2
⇒ k
2
2
k
k
2
 6 + 1 = u + v ⇒ (3 + 1)(2 + 1) = 2u

3k + 1 ≡ 4

lẻ thì

(vô lí).

( a 2 − 1)(b2 − 1) = m 2

(ab) 2 − a 2 − b 2 + 1 = m 2 ⇒ ( ab + 1) 2 = m 2 + (a + b) 2

n

n

rằng

(2n − 1,3n − 1) = d ⇒ 2 n − 1 = d .r 2 ,3n − 1 = d .s 2

u2

nM4

với

2

là

đều là chẵn.
.
( s; r ) = 1, dsr = m

.
23


X 2 − d .Y 2 = 1

Xét phương trình Pell

. Do

n≥3

và

3n − 1 = d .s 2

d

nên

không thể là số
(2k , r ) (3k , s)

chính phương. Vậy phương trình trên là phương trình Pell loại 1, nhận

,

là các cặp nghiệm nào đó.
( X n , Yn )

Ta sẽ chứng minh rằng nếu phương trình này có dãy nghiệm
không thể cùng thuộc dãy

{X n}

nếu

2k

X 0 = 1, X 1 = t > 1

Xn

. Lúc đó giá trị của

xuất hiện trong dãy thì nó phải là

X1

lẻ

t

nhân với nếu

n

lẻ

>1

(Do

có ước nguyên tố lẻ. Từ đây suy ra

t >1

2k

và công thức truy hồi

chính bằng

Tn (t )

lẻ nếu

đúng tới

n

( mod 3)

phải là

X1

Vậy

n

chẵn và

Tn (t )

. Và ta sẽ quy nạp rằng

Xn ≡1

bằng 1 số

Tn (t )

luôn

nếu muốn có mặt trong dãy.
k

chẵn nên

( mod3) ∀n ∈ ¥

. Thật vậy giả sử nó

thì :
X n +1 = 2k +1. X n − X n −1 ≡ 2 X n − X n −1 ≡ 1

3k

Ta đi chứng minh

), vậy nên những trường hợp đó,

Nhưng mặt khác, theo tính chất đã chứng minh ở trên thì
X1 ≡ X 0 ≡ 1

Tn (t ).

.

Thật vậy bằng quy nạp đơn giản, ta thấy rằng
>1

và

3k

.

Giả sử dãy này có nghiệm khởi đầu là
X n +1 = 2t. X n − X n −1∀n ≥ 1

thì

2k

( mod3)

không thể xuất hiện trong dãy. Phương trình vô nghiệm nguyên.
24


Qua chuyên đề, tác giả hi vọng các bạn có cái nhìn rõ hơn về đa thức Chebyshev và
cách sử dụng qua các bài toán khác nhau. Từ đó thấy được niềm vui khi nghiên cứu
và làm việc với những chuyên đề tuy ít khi được thi nhưng rất đẹp và đáng được
biết đến của toán Olympic. Chúc các bạn luôn say mê tìm tòi và học tập tốt !
Sau đây là một số bài tập để các bạn luyện tập.

III, Bài tập đề nghị
Dưới đây là 1 số bài tập luyện tập về sự ứng dụng của đa thức Chebyshev.

1, Cho số nguyên dương

n

xk = cos

và

kπ
, k = 0; n
n

Chứng minh rằng :
(−1) k .n
( xk − x j ) = n −1
∏
2
j≠k
a)
n

∏ (x
j =1

0

− xj ) =

,

1 ≤ k ≤ n −1

.

n
2n −1

b)
n −1

∏ ( xn − x j ) =
j =0

(−1)n .n
2n − 2

.

c)

2, Cho

n

là 1 số nguyên dương và đa thức

1 − x 2 | P ( x) |≤ 1∀ | x |≤ 1

P ( x) ∈ ¡ [ x ]

bậc không quá

n −1

thỏa mãn

.C

Chứng minh rằng :
a) Hệ số bậc cao nhất của
| P ( x ) |≤ n∀x ∈ [−1;1]
b)

P

không vượt quá

2n−1

n

P ( x ) = ∑ (a j cos jx + b j sin jx)

3, Cho đa thức lượng giác
Chứng minh rằng :

j =0

thỏa mãn

| P ( x ) |≤ 1∀x ∈ ¡

.

25