Một số đa thức đặc biệt và tính chất (LV thạc sĩ)

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

TRẦN THỊ PHƯỢNG

MỘT SỐ ĐA THỨC ĐẶC BIỆT
VÀ TÍNH CHẤT

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2017


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

TRẦN THỊ PHƯỢNG

MỘT SỐ ĐA THỨC ĐẶC BIỆT
VÀ TÍNH CHẤT

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS.TS. ĐÀM VĂN NHỈ

THÁI NGUYÊN - 2017


i

Mục lục
Lời cảm ơn

iii

Mở đầu

1

1 Đa thức trực giao

3

1.1 Phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt . . . . . . . . . .

3

1.1.1

Không gian véc tơ Euclid . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.1.2

Phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt . . . . . .

4

1.2 Đa thức trực giao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.1

Khái niệm đa thức trực giao . . . . . . . . . . . . . .

5

1.2.2

Nghiệm thực của các đa thức trực giao . . . . . . . . 12

1.3 Đa thức Chebyshev và Đa thức Legendre . . . . . . . . . . . 15
1.3.1

Đa thức Chebyshev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.3.2

Đa thức Legendre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2 Một số đa thức đặc biệt

22

2.1 Hàm sinh thường và hàm sinh mũ . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.1.1

Vành các chuỗi lũy thừa hình thức . . . . . . . . . . 22

2.1.2

Hàm sinh thường và hàm sinh mũ . . . . . . . . . . . 24

2.2 Đa thức Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.2.1

Đa thức Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

2.2.2

Hàm sinh của dãy các đa thức Bernoulli . . . . . . . 28

2.3 Dãy đa thức (an (x)) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33


ii

2.3.1

Công thức xác định số hạng dãy đa thức (an (x)) . . . 33

2.3.2

Hàm sinh mũ của dãy đa thức (an (x)) . . . . . . . . 34

2.3.3

Kết quả về dãy đa thức Fibonacci (fn ) . . . . . . . . 37

2.3.4

Kết quả về dãy đa thức Lucas (ln )

. . . . . . . . . . 38

2.4 Vận dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.4.1

Xác định số hạng của dãy đa thức . . . . . . . . . . . 39

2.4.2

Xây dựng hệ thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

2.4.3

Làm mất độ phức tạp của dãy truy hồi . . . . . . . . 45

Kết luận

55

Tài liệu tham khảo

57


iii

Lời cảm ơn
Trong quá trình học tập và nghiên cứu tại Trường Đại học Khoa học
– Đại học Thái Nguyên, tôi được nhận đề tài nghiên cứu “Một số đa thức
đặc biệt và tính chất” dưới sự hướng dẫn của PGS. TS Đàm Văn Nhỉ. Đến
nay, luận văn đã được hoàn thành. Có được kết quả này là do sự dạy bảo
và hướng dẫn tận tình và nghiêm khắc của Thầy. Tôi xin bày tỏ lòng biết
ơn chân thành và sâu sắc tới Thầy và gia đình!
Tôi cũng xin gửi lờn cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu, Phòng Đào
tạo sau đại học và Khoa Toán – Tin của Trường Đại học Khoa học – Đại
học Thái Nguyên đã tạo mọi điều kiện thuận lợi giúp đỡ tôi trong quá
trình học tập tại trường và trong thời gian nghiên cứu hoàn thành luận
văn này. Sự giúp đỡ nhiệt tình và thái độ thân thiện của các thầy, cô giáo,
các cán bộ thuộc Phòng Đào tạo, Khoa Toán – Tin đã đã để lại trong lòng
mỗi chúng tôi những ấn tượng tốt đẹp. Không biết nói gì hơn, một lần nữa
tôi xin trân trọng cảm ơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp và các thành
viên trong lớp cao học Toán K9N (Khóa 2015-2017) đã quan tâm, tạo điều
kiện, cổ vũ và động viên để tôi có thể hoàn thành nhiệm vụ của mình.
Thái Nguyên, ngày .... tháng... năm 2017
Tác giả
Trần Thị Phượng


1

Mở đầu
Vào năm 1713 Jacob Bernoulli đã xét một dãy vô hạn các số viết thành
dạng đơn giản. Nhiều kết quả đạt được của Bernoulli đã được trình bày
trong cuốn sách "Ars conjectandi". Đặc biệt, một số kết quả được ông
phát hiện qua việc xét tổng các lũy thừa các số nguyên dương dạng
Sp (n) = 1p + 2p + 3p + · · · + np , n ∈ N∗ .
Ông đã chỉ ra Sp (n) được viết thành đa thức bậc p + 1 của n như sau:
Sp (n) =

1
1 p
1
1 p
np+1 + np +
Anp−1 +
Bnp−3 + · · ·
p+1
2
2 1
4 3

1
1
1
1
,B =− ,C =
, D = − , . . . và các hệ số
6
30

42
30
này được xem như các số Bernoulli.
với hệ số hữu tỷ A =

Muộn hơn, trong "L. Euler, Methodus generalis summandi progressiones,
Comment. Acad. Sc. Petropolitanae, 6(1738)" Euler cũng đã nghiên cứu
1
1
độc lập với Bernoulli và cũng đưa ra các số hữu tỷ A = , B = − ,
6
30
1
1
C = , D = − , . . . Vào năm 1748, Euler đã chỉ ra sự liên hệ giữa các
42
30
tổng vô hạn
1
1
S(2n) = 2n + 2n + · · · = αn π 2n
1
2
và các hệ số hữu tỷ αn chứa cùng dãy các số A, B, C, D, . . . Đặc biệt, Euler
còn nhận được nhiều kết quả thú vị về các số trên qua hệ số trong việc
1
. Do vậy, để có thể hiểu và nghiên cứu
biểu diễn các hàm tan x, cot x,
sin x
kỹ về các số do Bernoulli hay Euler phát hiện ra hoặc tiếp tục phát hiện

2

ra tính chất của dãy số Fibonacci, dãy số Lucas và học phương pháp đa
thức để mong tìm kiếm những tính chất liên quan giữa các số hữu tỷ nên
luận văn có đặt vấn đề xét một số đa thức đặc biệt và các đa thức trực
giao.
Một vấn đề khác mà luận văn cũng đề cập đến: Đó là việc xét một số
bài toán đa thức xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi. Trong hầu hết
các kì thi học sinh giỏi toán, nhiều bài về đa thức được xem như những
bài toán khó. Hiện nay các tài liệu tham khảo và chuyên đề về đa thức
chưa nhiều và chưa sâu đủ để vận dụng giải bài thi.
Vì vậy, vấn đề xét một số đa thức đặc biệt và tính chất liên quan là cần
thiết cho giáo viên đang dạy phổ thông nói chung và những ai quan tâm
đến đa thức nói riêng.
Luận văn "Một số đa thức đặc biệt và tính chất" trình bày một số vấn
đề liên quan đến đa thức trực giao, đa thức đặc biệt: Chebyshev, Legendre,
Bernoulli, Fibonacci và ứng dụng liên quan. Mục đích của nó nhằm thể
hiện rõ vai trò hữu ích của một số đa thức đặc biệt trong một số vấn đề
về đa thức, số học và bài thi học sinh giỏi.
Luận văn gồm mở đầu, 2 chương và kết luận
Chương I: Đa thức trực giao. Trong chương này chúng tôi nhắc lại một
số khái niệm cơ bản về không gian Euclid, phương pháp trực giao hóa
Gram - Schmidt, đa thức Chebyshev, và Legendre.
Chương II: Trong chương này đầu tiên chúng tôi trình bày về đa thức
Bernoulli, tiếp đó là dãy đa thức (an (x)) và cuối cùng là những vận dụng
vào giải các bài toán trong các kỳ thi học sinh giỏi, toán Olympic quốc tế.

3

Chương 1

Đa thức trực giao
Các kết quả được trích dẫn từ các tài liệu [1], [2], [4]

1.1
1.1.1

Phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt
Không gian véc tơ Euclid

Định nghĩa 1.1.1. Không gian véc tơ V trên trường R được gọi là không
gian véc tơ Euclid nếu mỗi cặp véc tơ (x, y) ∈ V 2 ta cho tương ứng với
một số thực, ký hiệu x, y và nó được gọi là tích vô hướng, thỏa mãn các

tính chất: Với mọi x, x′ , y ∈ V và a ∈ R ta luôn có
(1) x, y = y, x
(2) x + x′ , y = x, y + x′ , y
(3) ax, y = a y, x
(4) x, x

0 và dấu = xảy ra khi và chỉ khi x = 0.

Định nghĩa 1.1.2. Trong không gian véc tơ Euclid V trên trường R, hai
véc tơ x, y ∈ V được gọi là trực giao hoặc vuông góc với nhau và được ký

hiệu x⊥y nếu x, y = 0. Chuẩn hay độ dài của véc tơ x được định nghĩa

4

bằng số thực không âm

x, x và ký hiệu qua |x|. Khi |x| = 1 thì véc tơ

x còn được gọi là véc tơ trực chuẩn.

Ví dụ 1.1.3. (i) Không gian Rn là một không gian Euclid với tích vô
hướng
x, y = x1 y1 + x2 y2 + · · · + xn yn .
Trong đó x = (x1 , x2 , . . . , xn) và y = (y1 , y2 , . . . , yn ).
(ii) Tập tất cả các dãy số thực vô hạn
l2 = {x := (x1 , . . . , xn );

∞
n=0

x2n < ∞}

lập thành không gian Euclid vô hạn chiều với tích vô hướng
x, y =

∞

xn yn

n=0

Thật vậy, sự hội tụ của chuỗi
∞
n=0

x2n

và

∞
n=0

∞

xn yn được suy ra từ sự hội tụ của chuỗi

n=0

yn2 , nên tích vô hướng được hoàn toàn xác định. Ta có thể dễ

dàng kiểm tra được các tính chất nêu trên.
(iii) Không gian các hàm số thực C[a, b] liên tục trên đoạn [a, b], a < b, lập

thành không gian Euclid vô hạn chiều với tích vô hướng
b

x, y =

f (t)g(t)dt.
a

(iv) Nếu F ⊂ E là không gian véc tơ con của không gian Euclid E thì F
cũng là không gian Euclid với phép nhân vô hướng cảm sinh trên F .
1.1.2

Phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt

Để xây dựng một cơ sở trực chuẩn, ta sử dụng phương pháp trực giao
hóa Gram-Schmidt. Giả sử e1 , e2, . . . , en là một cơ sở nào đó của không


5

gian véc tơ Euclid V. Khi đó cơ sở trực giao có thể xây dựng bằng phương
pháp quy nạp như sau:
(1) Bước đầu: Lấy f1 = e1 .
(2) Bước giả sử: Giả sử f1 , . . . , fk đã được xây dựng.
(3) Bước xây dựng fk+1 : Đặt fk+1 = ek+1 − a1f1 − · · · − ak fk với
ek+1 , fi
ai =
, i = 1, . . . , k. Công thức tính hệ số ai được suy ra từ
fi , fi
điều kiện fk , fi = 0.
Sau khi đã xây dựng xong f1 , . . . , fn ta chuẩn hóa xk =
k = 1, 2, . . . , n.

1.2
1.2.1

fk
với mọi

|fk |

Đa thức trực giao
Khái niệm đa thức trực giao

Với trường K ta xét vành R[x] = {f = f (x) =

n
s=0

as xs |n ∈ N, as ∈ R}.

Xây dựng tập V như sau: Với mọi f, g ∈ R[x] và a ∈ R có f, g ∈ V,

f + g ∈ V, af ∈ V. Khi đó V là một không gian véc tơ trên R hay R-không

gian véc tơ.

Giả sử ω(x) là một hàm xác định dương và liên tục trên đoạn [a, b], ở
đó a < b. Định nghĩa tích trong trên V với hàm trọng số ω(x) qua:
b

f, g =

f gω(x)dx.
a

Mệnh đề 1.2.1. Với mọi đa thức f, g, h ∈ V, a, b ∈ K, ta có các hệ thức
f, g
af + bg, h

=

g, f

= a f, h + b g, h


6

xf, g

=

f, xg .
b

b

a

a

Chứng minh. Từ tính chất tích phân f gω(x)dx = gf ω(x)dx và
b
a

b

b

a

a

(af + bg)hω(x)dx = a f hω(x)dx + b ghω(x)dx suy ra biến đổi giao

hoán f, g = g, f và tuyến tính af + bg, h = a f, h + b g, h .
Mệnh đề 1.2.2. Với đa thức f, g, h ∈ V ta có hệ thức hf, g = f, hg .
b

Chứng minh. Ta có thể biến đổi hf, g = hf gω(x)dx = f, hg .
a

Định nghĩa 1.2.3. Đặt hn = pn , pn . Dãy các đa thức {pn (x)} với bậc
deg pn (x) = n, n ∈ N, được gọi là dãy các đa thức trực giao nếu
pm , pn = hn δmn khi m = n, trong đó ký hiệu Kronecker

0 khi m = n
δmn =
1 khi m = n.

Dãy các đa thức {pn (x)} với deg pn (x) = n, n ∈ N, được gọi là dãy các đa

thức trực chuẩn nếu pm , pn = δmn hay hn = 1 với mỗi n ∈ N.

Với những kết quả dưới đây, dãy các đa thức trực giao tồn tại và duy nhất.
Bổ đề 1.2.4. Nếu dãy các đa thức {pn (x)} với deg pn (x) = n, n ∈ N, trực

giao thì mỗi đa thức p(x) bậc n đều có thể được biểu diễn thành dạng tổng

n
p(x), pk (x)
p(x) =
với k = 0, 1, . . . , n.
bk pk (x) với hệ số bk =
pk (x), pk (x)
k=0
Chứng minh. Quy nạp theo bậc n.

Với n = 0, đa thức p(x) = a = a.1 = ap0 (x). Kết luận đúng cho n = 0.
Giả sử kết luận đúng cho mọi đa thức bậc không vượt quá n − 1. Xét đa

thức p(x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 .

Giả sử đa thức pn (x) = bn xn + bn−1 xn−1 + · · · + b0 .


7

an
pn (x) = cn−1xn−1 + · · · + c0 là đa thức bậc không quá
bn
an
n − 1. Theo giả thiết quy nạp, đa thức hiệu p(x) − pn (x) biểu diễn được
bn
n−1
an
dk pk (x) và suy ra biểu diễn
thành dạng tổng p(x) − pn (x) =
bn

k=0
Khi đó p(x) −

an
p(x) = pn (x) +
bn
Vì p(x), pk (x) =

n

n−1

n

dk pk (x) =
k=0

bk pk (x).
k=0

bj pj (x), pk (x) = bk pk (x), pk (x) nên ta xác định

j=0

được bk =

p(x), pk (x)
với k = 0, 1, . . . , n.
pk (x), pk (x)

Định lý 1.2.5. Với hàm trọng số ω(x) = 1 và (a, b) = (0, 1) ta luôn
xây dựng được dãy đa thức trực giao và trực chuẩn từ dãy các đa thức
{1, x, x2, . . .}. Hơn nữa, p0 (x), p1 (x), . . . , pn (x) và 1, x, x2, . . . , xn là hai cơ

sở của không gian véc tơ con gồm tất cả các đa thức bậc không lớn hơn n
của R-không gian véc tơ V.

Chứng minh. Xây dựng dãy đa thức trực giao {pn (x)} qua việc sử dụng

phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt. Trước tiên, chọn p0 (x) = 1.
Tiếp theo, xây dựng đa thức p1 (x), p2 (x), và tương tự có các pk (x) :
x, p0 (x)
x, 1
1
=x−
=x−
p0 (x), p0 (x)
1, 1
2
x2, p0 (x) p0 (x)
x2 , p1 (x) p1 (x)
1
p2 (x) = x2 −
−
= x2 − x +
p0 (x), p0 (x)
p1 (x), p1 (x)
6

p1 (x) = x −

3
3
1
p3 (x) = x3 − x2 + x −
2
5
20
2
1
9
p4 (x) = x4 − 2x3 + x2 − x +
7
7
70
5
20
5
5
1
p5 (x) = x5 − x4 + x3 − x2 + x −
2
9
6
42
252
··· = ···


8

Giả sử ta đã xây dựng được các đa thức trực giao p0 (x), p1 (x), . . . , pn (x)
từ các đa thức 1, x, x2, . . . , xn . Với dãy đa thức p0 (x), p1 (x), . . . , pn (x) và
1, x, x2, . . . , xn, xn+1 ta xây dựng pn+1 (x) theo công thức
xn+1 , p0 (x) p0 (x)
xn+1 , p1 (x) p1 (x)
pn+1 (x) = x
−
−
p0 (x), p0 (x)
p1 (x), p1 (x)
xn+1 , pn (x) pn (x)
− ··· −
.
pn (x), pn (x)
n+1

Ta cũng dễ dàng chỉ ra rằng, p0 (x), p1 (x), . . . , pn (x) và 1, x, x2, . . . , xn là
hai cơ sở của không gian véc tơ con gồm tất cả các đa thức bậc không lớn
hơn n của R-không gian véc tơ V theo Bổ đề 1.2.4.
pk (x)
Để có các đa thức trực chuẩn ta chỉ cần đặt qk (x) = √ , chẳng hạn:
hk
q0 (x) =
q1 (x) =
q2 (x) =
q3 (x) =
··· =

p0 (x)

√
h0
p1 (x)
√
h1
p2 (x)
√
h2
p3 (x)
√
h3
···

=1
√
1
=2 3 x−
2
√
1
= 6 5 x2 − x +
6
√
3
1
3
= 20 7 x3 − x2 + x −
2
5
20

Hệ quả 1.2.6. Nếu dãy các đa thức {pn (x)} với deg pn (x) = n, n ∈ N,

trực giao thì đa thức pn+1 (x) trực giao với mọi đa thức q(x) bậc không lớn
hơn n.

Chứng minh. Theo Định lý 1.2.5, đa thức q(x) bậc không lớn hơn n là
một tổ hợp tuyến tính của p0 (x), p1 (x), . . . , pn (x), chẳng hạn biểu diễn
n

q(x) =

ak pk (x). Khi đó pn+1 (x), q(x) = pn+1 ,

k=0

quả pn+1 , q =

n
k=0

n

ak pk và ta có kết

k=0

ak pn+1 , pk = 0 hay pn+1 (x) trực giao với q(x).

9

Hệ quả 1.2.7. Đa thức p(x) = 0 là một đa thức trực giao với mọi đa
thức q(x), deg q(x) < deg p(x), khi và chỉ khi p(x), xk = 0 cho bất kỳ số
nguyên k thỏa mãn 0

k < deg p(x).

Chứng minh. Nếu p(x) là đa thức trực giao với mọi đa thức q(x), trong
đó deg q(x) < deg p(x), thì p(x), xk = 0, cho bất kỳ số nguyên k thỏa
mãn 0

k < deg p(x), theo Hệ quả 1.2.6. Ngược lại, giả sử p(x), xk = 0

cho bất kỳ số nguyên k thỏa mãn 0
đều có biểu diễn q(x) =

n

k < deg p(x). Vì mọi đa thức q(x)

ak x nên p(x), q(x) =
k

n

ak p(x), xk = 0 khi

k=0

k=0

n < deg p(x). Vậy p(x), q(x) = 0 khi deg q(x) < deg p(x). Từ đó suy ra
rằng, p(x) là đa thức trực giao với mọi đa thức q(x), deg q(x) < deg p(x),
theo Hệ quả 1.2.6.
Định lý 1.2.8. Với hàm trọng số ω(x) = 1 và (a, b) = (0, 1) luôn có duy
nhất một tập các đa thức monic trực giao {pn (x)}.
Chứng minh. Vì p0 (x) là đa thức monic bậc 0 nên p0 (x) = 1. Xét p1 (x).
Vì p1 (x) là đa thức monic bậc 1 nên p1 (x) = x + a. Xác định a. Vì p0 (x)
và p1 (x) trực giao nên 0 = p1 (x), p0 (x) =

1
0

1

xω(x)dx + a ω(x)dx. Vậy
0

1

xω(x)dx
a=−

0
1

. Giả sử ta đã xác định được dãy các đa thức monic trực
ω(x)dx

0

giao pn , . . . , p0 . Theo Bổ đề 1.2.4 và pn , pn+1 đều là đa thức monic ta
có thể biểu diễn pn+1 = xpn + anpn + an−1 pn−1 + · · · + a0p0 . Từ đây ta

xác định các hệ số pn+1 , pk = xpn + an pn + an−1 pn−1 + · · · + a0p0 , pk .
xpn , pk
Do vậy 0 = pn+1 , pk = xpn , pk + ak pk , pk và có ak = −
pk , pk
với k = 1, 2, . . . , n − 1. Do 0 = pn+1 , pn = xpn , pn + an pn , pn và có
xpn , pn
an = −
. Như thế, ta đã xây dựng được dãy đa thức monic trực
pn , pn
giao (pn ).


10

Giả sử có dãy khác gồm các đa thức monic trực giao {qn }. Khi đó
qi , qj = 0 khi i = j và các đa thức qi đều là monic. Vì các pn cũng
là đa thức monic nên deg(pn+1 − qn+1 ) < n. Theo Hệ quả 1.2.6 ta có
pn+1 , pn+1 − qn+1 = 0 và qn+1 , pn+1 − qn+1 = 0.

Từ đây suy ra pn+1 − qn+1 , pn+1 − qn+1 = 0. Như vậy pn+1 − qn+1 ≡ 0 với

mọi n.

Định lý 1.2.9. Dãy đa thức trực giao {pn (x)} thỏa mãn quan hệ truy hồi
pn+1 (x) = (an x + bn )pn (x) + cn pn−1 (x), n = 1, 2, 3, . . . ,

trong đó pn (x) có biểu diễn pn (x) = kn xn+ các số hạng bậc thấp hơn n,
an h n
kn+1
với n = 0, 1, 2, . . . và cn = −
.
với n = 1, 2, 3, . . .
an =
kn
an−1 hn−1
Chứng minh. Do deg pn (x) = n với mỗi n ∈ N nên dãy các đa thức trực

giao {pn (x)} là độc lập tuyến tính.

kn+1
và pn+1 (x) = kn+1 xn+1+ các số hạng bậc thấp hơn n + 1,
kn
pn (x) = kn xn + các số hạng bậc thấp hơn n, nên pn+1 (x) − an xpn (x) là đa

Từ an =

thức có bậc không lớn hơn n.
Do vậy pn+1 (x) − an xpn (x) =

n

ck pk (x).
k=0

Từ tính chất trực giao của dãy đa thức ta có
n

pn+1 − anxpn , pk =

ck pm , pk = ck pm , pk = ck hk .
m=0

Ta nhận được kết quả dưới đây:
hk ck = pn+1 − an xpn , pk = pn+1 , pk − an xpn , pk = −an pn , xpk .
Chú ý rằng, khi k < n − 1 thì deg xpk (x) < n và ta có pn , xpk = 0. Do
vậy ck = 0 khi k < n − 1. Từ chú ý trên ta nhận được hệ thức truy hồi:
pn+1 (x) = an xpn (x) + cn pn (x) + cn−1 pn−1 (x).


11

Hơn nữa, ta còn có hn−1cn−1 = −an pn , xpn−1 = −an
cn−1 = −

an h n
.
.
an−1 hn−1

kn−1
hn và suy ra
kn

Chú ý 1.2.10. Khi tất cả các đa thức pn (x) đều là những đa thức monic,
có nghĩa: kn = 1, thì an = 1 với mọi n và ta có công thức truy hồi:
hn

pn+1 (x) = (x + bn )pn (x) + cn pn−1 (x), cn = −
, n = 1, 2, 3, . . .
hn−1
Định lý 1.2.11. Với dãy đa thức trực giao {pn (x)} ta luôn có các hệ thức
(1)

n

kn pn+1 (x)pn (y) − pn+1 (y)pn (x)
pr (x)pr (y)
.
=
hr
hn kn+1
x−y
r=0
[Christoffel-Darboux Formula]

(pr (x))2
kn
(2)
=
p′n+1 (x)pn (x) − pn+1 (x)p′n (x) .
h
h
k
r
n n+1
r=0
n

Chứng minh. (1) Theo Định lý 1.2.9 ta nhận được hai hệ thức sau đây:
pr+1 (x)pr (y) = (ar x + br )pr (x)pr (y) + cr pr−1 (x)pr (y)
pr+1 (y)pr (x) = (ar y + br )pr (y)pr (x) + cr pr−1 (y)pr (x).
pr+1 (x)pr (y) − pr+1 (y)pr (x)
Trừ hai hệ thức theo vế ta nhận được
ar (x − y)
cr pr−1 (x)pr (y) − pr−1 (y)pr (x)
.
= pr (x)pr (y) +
ar
x−y
kr pr+1 (x)pr (y) − pr+1 (y)pr (x)
pr (x)pr (y)
=
Như vậy
hr
kr+1 hr
x−y
kr−1 pr (x)pr−1 (y) − pr (y)pr−1 (x)
−
, r = 1, 2, . . .
kr hr−1
x−y
n p (x)p (y)
kn pn+1 (x)pn (y) − pn+1 (y)pn (x)
r
r
Lấy tổng
.

=
hr
kn+1 hn
x−y
r=1
(2) Với

n

kn pn+1 (x)pn (y) − pn+1 (y)pn (x)
pr (x)pr (y)
và cho
=
hr
kn+1 hn
x−y
r=1

y → x ta được
n (p (x))2
kn
r
=
p′n+1 (x)pn (x) − pn+1 (x)p′n (x) .
hr
hnkn+1
r=0


12

Từ các kết quả trên ta đã chỉ ra được:
(1) Các đa thức trực giao luôn tồn tại.
(2) Các đa thức monic trực giao bậc n được xác định duy nhất cho mỗi
số tự nhiên n.
(3) Đa thức p = 0 là một đa thức trực giao khi và chỉ khi p, q = 0 cho
mọi đa thức q với deg q < deg p.
(4) Đa thức p = 0 là một đa thức trực giao khi và chỉ khi p, xk = 0 cho
mọi số nguyên k thỏa mãn điều kiện 0
1.2.2

k < deg p.

Nghiệm thực của các đa thức trực giao

Định lý 1.2.12. Mỗi đa thức pn (x) thuộc dãy đa thức trực giao {pn (x)}

với hàm trọng số ω(x) trên khoảng (a, b) có đúng n nghiệm thực phân biệt
thuộc khoảng (a, b).

Chứng minh. Do đa thức pn (x) có bậc n nên pn (x) có không quá n
nghiệm thực.
Giả sử pn (x) có m

n nghiệm thực phân biệt x1, . . . , xm với bội lẻ.

Nếu m < n thì ta xét đa thức q(x) = (x − x1 ) . . . (x − xm ) bậc m < n.

Đa thức pn (x)q(x) có một dấu không đổi trên (a, b).
b

Vậy pn (x), q(x) = pn (x)q(x)ω(x)dx = 0, vô lý theo Hệ quả 1.2.6.
a

Điều này chỉ ra m = n hay pn (x) có đúng n nghiệm thực phân biệt thuộc
khoảng (a, b).
Định lý 1.2.13. Nếu {pn (x)} là dãy đa thức trực giao với hàm trọng số
ω(x) trên khoảng (a, b) thì các nghiệm của pn (x) và pn+1 (x) xen kẽ nhau,


13

có nghĩa: Nếu các nghiệm sắp theo thứ tự tăng dần thì giữa hai nghiệm của
pn (x) luôn có đúng một nghiệm của pn+1 (x) và ngược lại.
Chứng minh. Để chứng minh kết quả này ta sẽ sử dụng Công thức
Christoffel-Darboux, Định lý 1.2.11.(1).
Trước tiên ta nhận xét: Bởi vì kn =
nhận được bất đẳng thức

b

2

pn (x) ω(x)dx > 0 nên ta dễ dàng

a

kn
p′n+1 (x)pn (x) − pn+1 (x)p′n (x) =
hnkn+1

Vậy

n

r=0

(pr (x))2
> 0.
hr

kn
p′ (x)pn (x) − pn+1 (x)p′n (x) > 0.
kn+1 n+1

Giả sử xn,k và xn,k+1 là hai nghiệm liên tiếp của pn (x) với xn,k < xn,k+1 .
Vì tất cả các nghiệm của pn (x) là thực và phân biệt nên p′n (xn,k ), p′n (xn,k+1)
có dấu khác nhau.
Ta đã có được pn (xn,k ) = 0 = pn (xn,k+1) và p′n (xn,k ).p′n (xn,k+1 ) < 0.
Kết quả này và bất đẳng thức
ra rằng,

kn
p′n+1 (x)pn (x) − pn+1 (x)p′n (x) > 0 chỉ
kn+1

pn+1 (xn,k ).pn+1 (xn,k+1) < 0.
Do tính liên tục của đa thức pn+1 (x) nên pn+1 (x) phải có ít nhất một
nghiệm giữa xn,k và xn,k+1.
Giữa hai nghiệm của pn (x) phải có ít nhất một nghiệm của pn+1 (x) và
cũng dễ dàng suy ra kết quả ngược lại. Ta có điều phải chứng minh.

Chú ý 1.2.14. Nếu {xn,1, . . . , xn,n} và {xn+1,1, . . . , xn+1,n+1} là n nghiệm

của pn (x) và n + 1 nghiệm của pn+1 (x), tương ứng, sắp theo thứ tự tăng
dần thì a < xn+1,1 < xn,1 < xn+1,2 < xn,2 < · · · < xn,n < xn+1,n+1 < b.


14

Ví dụ 1.2.15. Với tích vô hướng f, g cho hai đa thức f, g thuộc không
gian véc tơ R[x] trên trường các số thực R ta luôn luôn xây dựng được dãy
đa thức trực giao từ dãy các đa thức {1, x, x2, . . .}.
Bài giải. Xây dựng dãy đa thức trực giao {pn (x)} qua sử dụng phương
pháp trực giao hóa Gram-Schmidt.
Trước tiên, chọn p0 = p0 (x) = 1.
Giả sử đã xây dựng được dãy các đa thức trực giao p1 , p2 , . . . , pn−1 .
Xét pn = x −
n

xn , pk
pk .
pk , pk

n−1
k=0

Dễ dàng thấy rằng, pn là một tổ hợp tuyến tính của 1, x, . . . , xn và với mỗi
i = 0, 1, . . . , n − 1 ta còn có
n

n−1

pn , pi = x , pi −

k=0

xn , pk
xn , pi
n
pk , pi = x , pi −
pi , pi = 0.
pk , pk
pi , pi

Ví dụ 1.2.16. Cho α1 , . . . , α2n ∈ R. Với đa thức f (x) ∈ R[x] ta định nghĩa
v(f ) = f (α1 ) + f (α2 ) + · · · + f (α2n ).
Chứng minh rằng: Tồn tại đa thức monic duy nhất q(x) bậc n thỏa mãn

v(q.p) = 0 với mọi đa thức p(x), deg p(x) < n
q(x) có n nghiệm thực tính cả bội.

Lời giải. Tập V = {f = f |f ∈ R[x]} là một R-không gian véc tơ. Với tích

vô hướng f .g = v(f.g), ta vận dụng kết quả trong Định lý 1.2.5 để xây

dựng dãy đa thức trực giao từ dãy các đa thức {1, x, x2, . . . , } qua việc sử

dụng phương pháp trực giao hóa Gram-Schmidt.
Trước tiên, chọn p0 = 1.

15

Tiếp theo, xây dựng đa thức p1 , p2 , và tương tự có các pk :
2n

p1 =
p2 =
··· =
pn =

v(x.1)
v(x.p0 )
=x−
=x−
x−
v(p0 .p0)
v(1.1)
v(x2 .p0 )p0 v(x2 .p1)p1
2
x −
−
v(p0 .p0 )
v(p1 .p1 )
···
n−1
v(xn .pk )
n
x −
pk .
v(pk .pk )

αk
k=1

2n

k=0

Dễ dàng kiểm tra, đa thức pn bậc n thỏa mãn điều kiện bài toán.

1.3
1.3.1

Đa thức Chebyshev và Đa thức Legendre
Đa thức Chebyshev

Ký hiệu x = cos α. Đa thức Tn (x) = cos nα được gọi là đa thức Chebyshev. Ta có T0 (x) = 1, T1 (x) = x, T2 (x) = 2x2 − 1, T3(x) = 4x3 − 3x và
T4(x) = 8x4 − 8x2 + 1. Từ cos(n + 1)α + cos(n − 1)α = 2 cos α. cos nα ta

suy ra ngay dãy truy hồi {Tn (x)} như ngay dưới đây:

T (x) = 1, T (x) = x
0
1
T (x) = 2xT (x) − T (x), n 0.
n+2
n+1
n

Định lý 1.3.1. Dãy đa thức Chebyshev {Tn (x)} là dãy đa thức trực giao

1
với hàm trọng số ω(x) = √
trên [−1, 1].
1 − x2
Chứng minh. Đổi biến số qua việc đặt x = cos α ta đã có thể tính
1

Smn =
−1

=

1
dx =
Tn(x)Tm (x) √
1 − x2

sin(m + n)α
m+n

π
0

+

π

cos nα. cos mαdα
0

sin(m − n)α π
.
0
m−n


16

Hiển nhiên Smn = 0 khi m = n và Smn = π khi m = n. Vậy, dãy {Tn (x)}
là một dãy đa thức trực giao.

Định lý 1.3.2. Với việc đặt m =
m

Tn (x) =
k=0

n
ta có
2
n
xn−2k (x2 − 1)k .
2k

Chứng minh. Đặt z = cos α + i sin α ta có z + z = 2 cos α và
z n + z n = 2 cos nα.
√
√
Vậy Tn (x) = (x + i 1 − x2 )n + (x − i 1 − x2)n .
Đặt m =

n
.
2

Khi đó Tn (x) =

m
k=0

n
2k

xn−2k (x2 − 1)k .

Hệ quả 1.3.3. Nếu khai triển Tn (x) = an xn + an1 xn−1 + · · · + a1x + a0 thì
an = 2n−1 và a2k+1 = 0 với mọi k.

Đồ thị 5 đa thức Chebyshev đầu tiên Tk (x) = f (x) trên đoạn [−1, 1].


17

1.3.2

Đa thức Legendre

Xét tích vô hướng f, g =

1

f gdx với hai đa thức f và g. Hiển nhiên

−1

xm , xn = 0 khi hai số nguyên không âm m, n thỏa mãn m + n là số
nguyên lẻ. Do vậy, p2k (x) chỉ có các lũy thừa bậc chẵn của x trong khi đó
p2k+1 (x) chỉ có các lũy thừa bậc lẻ của x. Xây dựng dãy các đa thức và
chuẩn hóa để có dãy các đa thức trực chuẩn {pk (x)} như sau đây:
q0 (x) = 1, q1 (x) = x
x2 , 1
1
q2 (x) = x2 −
= x2 −
1, 1
3
3
x ,x
3
q3 (x) = x3 −
x = x3 − x
x, x
5
· · · = · · · và chuẩn hóa

1
1
3x2 − 1 , p3 (x) =
5x3 − 3x .
2

2
Xác định đa thức p4 (x) : Giả sử p4 (x) = a4 x4 + a3 x3 + a2x2 + a1x + a0 với
p0 (x) = 1, p1 (x) = x, p2 (x) =

p4 (1) = 1. Vì p4 (x), xk = 0 với 0

k

3. Như vậy, ta có hệ phương

trình tuyến tính:

2
2


a4 + a2 + 2a0 = p4 , 1 = 0


5
3


2
2


a3 + a1 = p4 , x = 0



3
5
2
2
2
a
+
a
+
a0 = p4 , x2 = 0
4
2

7
5
3


2
2



a3 + a1 = p4 , x3 = 0


7
5



a + a + a + a + a = p (1) = 1.
4
3
2
1
0
4

Giải hệ ta nhận được a1 = a3 = 0 và a4 =
đa thức

30
3
35
, a2 = − , a0 = và ta có
8
8
8

1
35x4 − 30x2 + 3 .
8
Các đa thức p0 (x), p1 (x), p2 (x), . . . được gọi là các đa thức Legendre, theo
p4 (x) =

tên nhà toán học người Pháp A. M. Legendre 1752-1833.


18

dn (x2 − 1)n
Bổ đề 1.3.4. Với qn (x) =
ta có hai kết quả sau đây:
dxn
qn (1) = 2n .n! và qn (−1) = (−2)n .n!.
Chứng minh. Biểu diễn lại (x2 − 1)n = (x + 1)n(x − 1)n . Ta có khai triển
n
n d (x

− 1)n
+
dxn

qn (x) = (x + 1)

+ (x − 1)n

n

n−1

k=1

n dk (x + 1)n dn−k (x − 1)n
k
dxk
dxn−k

n

d (x + 1)
dxn
n−1

n

= (x + 1) .n! +
k=1

n dk (x + 1)n dn−k (x − 1)n
+ (x − 1)n .n!.
k
dxk
dxn−k

Tất cả các số hạng trong tổng, ngoài số hạng đầu, đều có thừa số x − 1.
Vậy qn (1) = 2n .n!.

Tất cả các số hạng trong tổng, ngoài số hạng cuối, đều có thừa số x + 1.
Vậy qn (−1) = (−2)n .n!.
Định lý 1.3.5. Dãy đa thức Legendre {pn (x)} là dãy đa thức xác định qua
1
1 dn (x2 − 1)n
2
2
pn (x) = n
trên
[−1,
1]
và

.
p
(x)
dx
=
n
2 .n!
dxn
2n + 1
−1
Chứng minh. Ta có pn (x), q(x) = 0, theo định nghĩa của đa thức Legendre, với mọi đa thức q(x) thỏa mãn deg q(x) < n.
Xác định pn (x), pn (x) =

1

pn (x)2 dx.

−1

dn (x2 − 1)n dn (x2 − 1)n
dx qua kết quả về công thức tính
Ta tính tích
dxn
dxn
−1
tích phân từng phần sau đây:
1

1

1

−1

uv (n+1)dx = [uv (n) −u′ v (n−1) +· · ·+(−1)n u(n)v]|1−1 +(−1)n+1

u(n+1)vdx.
−1


19

dn (x2 − 1)n
Bằng cách chọn u =
, v = (x2 − 1)n ta nhận được kết quả
dxn
1

(−1)n
−1

d2n (x2 − 1)n 2
(x − 1)n dx = 2(2n)!
2n
dx

Từ đây suy ra 2(2n)!
1
−1

pn (x)2 dx =

1

0

(1 − x2 )n dx.

2
(2n)!!
=
((2n)!!)2 và ta có ngay
(2n + 1)!! 2n + 1

2
.
2n + 1


20

Đồ thị năm đa thức Legendre p0 = 1, p1 = x, p2 =

1
3x2 − 1 ,
2

1
1
5x3 − 3x và p4 =

35x4 − 30x2 + 3 với x ∈ [−1, 1] trên cùng
2
8
một hệ trục Oxy.
p3 =

Định lý 1.3.6. Dãy đa thức Legendre {pn (x)} là dãy đa thức thỏa mãn hệ
thức truy hồi (n + 2)pn+2 (x) = (2n + 3)xpn+1 (x) − (n + 1)pn (x).

Chứng minh. Vì {1, x, . . . , xm } là một cơ sở của không gian véc tơ con

gồm tất cả các đa thức bậc không lớn hơn m nên ta luôn có biểu diễn
tuyến tính xpn = a0pn+1 + a1 pn + a2 pn−1 + a3pn2 + · · · với hệ số không xác
định a0 , a1, a2 , . . .