Đa thức trêbưsep và xấp xỉ trêbưsep

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
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: Tốn Giải tích
Mã số: 60.46.01.02

Người hướng dẫn: PGS.TS. Nguyễn Minh Tuấn
Hà Nội - 2014


ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI
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: Tốn 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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1

54
55

PHẦN MỞ ĐẦU

Đa thức Trêbưsep (P.L. Chebyshev) có vị trí rất đặc biệt trong tốn
học. Nó xuất hiện ngay trong các bài toán trong toán học sơ cấp, đặc biệt
trong các kỳ thi học sinh giỏi quốc gia và quốc tế. Đa thức Trêbưsep
cũng có rất nhiều ứng dụng trong toán học như Lý thuyết xấp xỉ, lý
thuyết nội suy,.... Vì đa thức Trêbưsep rất quan trọng, nên có rất nhiều
bài báo và các cơng trình tốn học nghiên cứu về nó. Chính vì thế nên
tơi được thầy hướng dẫn là PGS.TS. Nguyễn Minh Tuấn giao cho làm
luận 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 Trêbưsep
loại 1, loại 2 và một ứng dụng của đa thức Trêbưsep trong chứng minh
định lí Berstein- Markov, xấp xỉ Trêbưsep .
Ngồi phần mở đầu luận văn gồm hai chương, phần kết luận và danh
mục 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.
Chương 2. Xấp xỉ Trêbưsep.
Chương này giới thiệu xấp xỉ một hàm số bởi đa thức Trêbưsep, chuỗi
Trêbưsep, hệ số Trêbưsep và tối ưu của khai triển Trêbưsep.
Luận văn được trình bày dưới sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo
PGS.TS Nguyễn Minh Tuấn. Tơi xin bày tỏ lịng kính trọng và biết ơn

3

sâu sắc đến Thầy. Tôi xin gửi lời cám ơn của mình tời tồn bộ các thầy
cơ giáo trong khoa Toán-Cơ-Tin học, Khoa sau đại học trường Đại học
KHTN- Đại học quốc gia Hà Nội đã giảng dạy và giúp đỡ tơi trong suốt
q trình học tập tại đây.
Tơi cũng xin cảm ơn các bạn trong lớp cao học toán 2011-2013 nghành
Tốn Giải tích Khoa Tốn Cơ-Tin học trường Đại học Khoa học Tự
nhiên- ĐHQG Hà Nội đã nhiệt tình giúp đỡ tơi trong q trình học tập
và làm luận văn này.
Cuối cùng tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám hiệu, các đồng
nghiệp và các học sinh trường THPT Yên Phong số 2- Bắc Ninh đã động
viên và tạo điều kiện, giúp đỡ tơi hồn thành luận văn này.
Tuy đã có nhiều cố gắng nhưng do thời gian và khả năng có hạn nên
các vấn đề trong luận văn vẫn chưa được trình bày sâu sắc và khơng thể
tránh khỏi có những sai sót trong cách trình bày. Mong được sự góp ý
xây dựng của thầy cơ và các bạn. Tôi xin chân thành cảm ơn!


Chương 1
Đa thức Trêbưsep
1.1. Định nghĩa
Trước hết, ta nhắc lại rằng một đa thức là một hàm số p(x) được viết
dưới dạng
p(x) = a0 + a1 x + · · · + an xn ,

(1.1)

trong đó a0 , . . . , an là các số thực và x là biến thực. Nếu an = 0, thì ta
nói rằng p là đa thức bậc n. Tập hợp các đa thức có bậc khơng vượt q

n ta kí hiệu là Pn ; nghĩa là, nếu
p(x) = a0 + a1 x + · · · + ak xk

và k ≤ n thì p ∈ Pn .
Xét hàm số
Tn (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 Tn (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 Tn (x) có giá trị cos nθ. Vì vậy Tn (x) là một hàm số đơn trị


5

xác định trên I , có thể viết như sau
(1.3)

Tn (x) = cos n(arccos x),

trong đó 0 ≤ arccos x ≤ π .
Ta nhắc lại rằng
eiθ = cos θ + i sin θ,

và
(1.4)

einθ = (cos θ + i sin θ)n = cos nθ + i sin nθ.

Dùng khai triển nhị thức Newton, ta có
(cos θ + i sin θ)n = cosn θ + Cn1 cosn−1 θ(i sin θ)
+Cn2 cosn−2 θ(i2 sin2 θ) + · · · + Cnn (i sin θ)n .

Cân bằng phần thực của phương trình (1.4), ta thu được
cos nθ = cosn θ − Cn2 cosn−2 θ sin2 θ + Cn4 cosn−4 θ sin4 θ + · · ·
2[n/2]

+ (−1)[n/2] Cn

cosn−2[n/2] θ sin2[n/2] θ.

(1.5)

Thay sin2 θ = 1 − cos2 θ vào (1.5) ta thu được
[n/2]

cos nθ =

q

(−1)

q

Cn2q

n−2q

cos

(−1)k Cqk cos2k θ

θ

q=0

.

(1.6)

k=0

Vế phải của (1.6) là một đa thức với x = cos θ, và vì vậy hàm số Tn (x)
được định nghĩa trong (1.3) là một đa thức. Ta tiến tới xác định các hệ
số của chúng.
Vế phải của (1.6) là có hình dạng tổng tam giác; cụ thể là, nếu ta viết
Aq = (−1)q Cn2q cosn−2q θ,

q = 0, . . . ,

n
,
2

và
Bk,q = (−1)k Cqk cos2k θ,

k = 0, 1, . . . , q,


6

thì
cos nθ = A0 B0,0
+ A1 B0,1 + A1 B1,1
+

..
.

+ 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, ta
thu được
cos nθ = (A0 B0,0 + A1 B1,1 + · · · + A[n/2] B[n/2],[n/2] )
+ (A0 B0,1 + A1 B1,2 + · · · + A[n/2] B[n/2]−1,[n/2] )
+

..
.

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

hoặc, bằng cách thay thế Aq và Bk,q với những vị trí đứng của chúng cho



[n/2]

cos nθ =

k=0

[n/2]

(−1)

k

j=k

Cn2j Cjk  cosn−2k θ.

(1.8)

Đẳng thức (1.8) biểu thị rằng Tn (x) là một đa thức bậc n.
Nếu ta viết
(1.9)

Tn (x) = t0 + t1 x + · · · + tn xn .

Thì từ (1.8), ta rút ra
tn−(2k+1) = 0,

k = 0, . . . ,

n−1
,
2

(1.10)
[n/2]

tn−2k = (−1)

k

Cn2j Cjk ,
j=k

k = 0, . . . ,

n
.
2


7

Vậy Tn (x) có các giá trị trong I , là một đa thức bậc n, xác định với mọi
giá trị của x (đúng cho cả mọi số phức x). Đa thức Tn (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 Tn (x)
thỏa mãn điều kiện
Tn (x) := cos(n arccos x).

Với
n=0

T0 (x) = 1,

n=1

T1 (x) = x,

n=2

T2 (x) = 2x2 − 1,

n=3
n=4
n=5

T3 (x) = 4x3 − 3x,

T4 (x) = 8x4 − 8x2 + 1,

T5 (x) = 16x5 − 20x3 + 5x.

Hình 1.1: Đồ thị của T0 , T1 , T2 , T3 , T4 , T5

Đặt cos θ = x (θ = arccos x), ta có
cos(k − 1)θ = Tk−1 (cos θ), cos kθ = Tk (cos θ).

8

Từ hệ thức
cos(k + 1)θ + cos(k − 1)θ = 2 cos θ cos kθ,

suy ra

Tk+1 (cos θ) = 2 cos θ cos kθ − cos(k − 1)θ = 2 cos θTk (cos θ) − Tk−1 (cos θ).

Hay

Tk+1 (x) = 2xTk (x) − Tk−1 (x).

Từ đó ta đưa đến định nghĩa sau tương đương với Định nghĩa 1.1.1 như
sau
Định nghĩa 1.1.2. Với n ∈ N, đa thức Trêbưsep (loại 1) bậc n là đa
thức Tn (x) ,xác định như sau
T0 (x) = 1, T2 (x) = x
Tn+1 (x) = 2xTn (x) − Tn−1 (x) (n ≥ 1).

Lấy vi phân Tn (x) = cos nθ đối với x ta thu được
Tn′ (x) =

d
cos nθ
dθ

Từ đó ta có định nghĩa sau

dθ

−n sin nθ
sin nθ
=
=n
,
dx
− sin θ
sin θ

x = cos θ.

Định nghĩa 1.1.3. Các đa thức Un (x) (n ∈ N) được xác định như sau
Un (x) =

sin(n + 1)θ
sin(n + 1) arccos x
1
′
√
Tn+1
(x) =
=
,
n+1
sin θ
1 − x2

(trong đó cos θ = x (θ = arccos x)) được gọi là các đa thức Trêbưsep loại
2.
Theo Định nghĩa 1.1.3, ta có

n=0

U0 (x) = 1;

n=1

U1 (x) = 2x;

n=2

U2 (x) = 4x2 − 1;

n=3
n=4
n=5

U3 (x) = 8x3 − 4x;

U4 (x) = 16x4 − 12x2 + 1;

U5 (x) = 32x5 − 32x3 + 6x.


9
U0 , U1 , U2 , U3 , U4 , U5 được mơ tả bởi hình dưới đây

Hình 1.2: Đồ thị của U0 , U1 , U2 , U3 , U4 , U5

Mặt khác từ hệ thức
sin(n + 2)θ + sin nθ = 2 cos θ sin(n + 1)θ,

suy ra
Hay

sin(n + 2)θ
sin(n + 1)θ sin nθ
= 2 cos θ
−
.
sin θ
sin θ
sin θ
Un+1 (x) = 2xUn (x) − Un−1 (x).

Từ đó ta đưa ra định nghĩa sau tương đương với Định nghĩa 1.1.3 như
sau
Định nghĩa 1.1.4. Các đa thức Un (x) (n ∈ N) được xác định như sau
U0 (x) = 1; U1 (x) = 2x
Un+1 (x) = 2xUn (x) − Un−1 (x) (n ≥ 2),

được gọi là các đa thức Trêbưsep loại 2.


10

1.2. Tính chất
Từ cơng thức (1.10), ta quan sát thấy rằng, các hệ số của Tn (x) là
các số nguyên và đan xen dấu, hệ số bậc cao nhất là một số dương. Nếu
n > 0, thì ta có
[n/2]

tn =
j=0

1
Cn2j = [(1 + 1)n + (1 − 1)n ] = 2n−1
2

(1.11)

Tính chất 1.2.1. i) Đa thức Tn (x) có bậc n có hệ số cao nhất bằng 2n−1 .
ii) Đa thức Un (x) là đa thức bậc n có hệ số bậc cao nhất bằng 2n .
Chứng minh. i) Sử dụng Định nghĩa 1.1.2 và phép quy nạp theo n,
ta dễ chứng minh được đa thức Tn (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 minh
được đa thức Un (x) có bậc n có hệ số cao nhất bằng 2n .
Cơng thức (1.10) cũng cho thấy n chẵn thì tất cả các lũy thữa của x
trong Tn (x) là chẵn, còn khi n lẻ thì tất cả các lũy thừa của x cũng là lẻ.
Vì vậy với mọi số ngun khơng âm n, ta có
Tn (−x) = (−1)n Tn (x).

Do đó, ta có tính chất sau
Tính chất 1.2.2. i) Đa thức Tn (x) là hàm chẵn khi n chẵn; là hàm lẻ
khi n lẻ.
ii) Đa thức Un (x) là hàm chẵn khi n chẵn; là hàm lẻ khi n lẻ.
Chứng minh. Sử dụng Định nghĩa 1.1.1, ta có:
Tn (− cos θ) =Tn [cos(π + θ)] = cos n(π + θ)
= cos(nπ + nθ) = (−1)n cos nθ
=(−1)n Tn (cos θ).

11

Từ đó suy ra Tn (−x) = (−1)n Tn (x), đó là điều cần chứng minh.
Ghi chú
+ Với n chẵn, đa thức Tn (x) là một hàm chẵn, vậy khai triển của
Tn (x) chỉ gồm các lũy thừa bậc chẵn của x
Tn (x) = 2n−1 xn + axn−2 + bxn−4 + · · ·

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

Ta nhắc lại rằng nghiệm của đa thức p(x) là tất cả các giá trị của x sao
cho p(x) = 0. Do đó ta có tính chất sau
Tính chất 1.2.3. i) Đa thức Tn (x) có đúng n nghiệm phân biệt trên
đoạn [-1; 1] là
xk = cos

2k + 1
π (k = 0, 2, . . . , n − 1).
2n

ii) Đa thức Un (x) có đúng n − 1 nghiệm phân biệt trên đoạn (-1; 1) là
xk = cos

kπ
(k = 0, 2, . . . , n − 1).
n

Chứng minh. Trước hết ta tìm x ∈ [−1; 1] sao cho Tn (x) = 0.
Với |x| ≤ 1, ta có thể đặt x = cos θ, vậy
0 = Tn (x) = Tn (cos θ) = cos nθ ⇒ nθ =
⇒θ=

Đặt θk =

π
+ kπ
2

π
kπ
+
(k ∈ Z).
2n
n

π
kπ
+
, ta có
2n
n
xk = cos θk = cos

kπ
π
+

2n
n

.

Biểu diễn trên đường tròn lượng giác, tuy ta được 2n điểm θk khác nhau,


12
y

θ1
θn−1

θ0
xn−1

O

x1 x0

x

θ2n−1

θn+1

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
(k = 0, 2, . . . , n − 1).
2n

Vậy trên đoạn [-1; 1], ta tìm được n nghiệm phân biệt của Tn (x), mà một
đa thức bậc n khơng thể có hơn n nghiệm thực. Do đó Tn (x) khơng cịn
nghiệm nào khác, ngồi các nghiệm được xác định bởi cơng thức
xk = cos

(2k + 1)π
(k = 0, 2, . . . , n − 1).
2n

ii) Theo Định nghĩa 1.1.3, ta có Un (x) =

1 ′
T (x) và do Tn (x) có đúng
n n+1

n nghiệm thực phân biệt trên [-1; 1], nên theo định lý Rolle ta có ngay

điều phải chứng minh.
Tính chất 1.2.4. a) |Tn (x)| ≤ 1 ∀x ∈ [−1; 1], đẳng thức |Tn (x)| = 1 chỉ
xảy ra với n + 1 giá trị xk
xk = cos

kπ

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


13

rõ hơn
Tn (xk ) = (−1)k .

Các điểm xk còn được gọi là các điểm luân phiên Trêbưsep.
b) Un (x) ≤ n + 1 ∀x ∈ (−1; 1)
Chứng minh. a) Với |x| ≤ 1, đặt x = cos θ, ta có
|Tn (x)| = |Tn (cos θ)| = | cos nθ| ≤ 1.

Trên đoạn [−1; 1], đẳng thức

|Tn (x)| = | cos nθ| = 1

tương đương với

sin nθ = 0 ⇒ nθ = kπ ⇒ xk =

Đặt θk =

kπ
(k ∈ Z).
n

kπ
kπ

ta có xk = cos θk = cos
n
n
y

θ2
θn−1
xn
θn

θ1
x2 x1

xn−1

θn+1

O

x0
θ0

x

θ 2n−1

Hình 1.4: Biểu diễn các điểm luân phiên Trêbưsep

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

Với mỗi giá trị xk đó, ta có
Tn (xk ) = Tn (cos

kπ
) = (cos kπ) = (−1)k .
n


14

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

sin(n + 1)θ
.
sin θ

Bằng phương pháp quy nạp theo n, ta chứng minh được
| sin(n + 1)θ| ≤ (n + 1)| sin θ|.

Vậy Un (x) ≤ n + 1 ∀x ∈ (−1; 1).
Tính chất 1.2.5.
|Tn′ (x)| ≤ n2 ∀x ∈ (−1; 1).
1

Chứng minh. Theo Định nghĩa 1.1.3, ta có Un−1 (x) = Tn′ (x) ⇒
n
Tn′ (x) = nUn−1 (x).
Theo Tính chất 1.2.4, thì Un−1 (x) ≤ n.
Do đó, ta suy ra

′

|Tn (x)| ≤ n2 ∀x ∈ (−1; 1).

Tính chất 1.2.6. i) Un (x) = xUn−1 (x) + Tn (x) ∀n ∈ N∗ , ∀x ∈ (−1; 1).
ii) Tn+1 (x) = xTn (x) − (1 − x2 )Un−1 (x) ∀n ∈ N∗ , ∀x ∈ (−1; 1).
Chứng minh. i) Với ∀x ∈ (−1; 1), ta đặt x = cos θ, θ ∈ (0; π).

Ta có Un (x) =
Do đó

sin(n + 1)θ
, Tn (x) = cos nθ.
sin θ

sin(n + 1)θ cos θ sin nθ
−
sin θ
sin θ
sin(n + 1)θ − sin(n + 1)θ cos2 θ + cos(n + 1)θ sin θ cos θ
=
sin θ
sin(n + 1)θ(1 − cos2 θ) + cos(n + 1)θ sin θ cos θ
=
sin θ
= sin(n + 1)θ sin θ + cos(n + 1)θ cos θ = cos nθ = Tn (x)

Un (x) − xUn−1 (x) =

Vậy Un (x) = xUn−1 (x) + Tn (x) ∀n ∈ N∗ , ∀x ∈ (−1; 1).

ii) Với ∀x ∈ (−1; 1), ta đặt x = cos θ, θ ∈ (0; π).


15

Ta có Un−1 (x) =
Do đó

sin nθ
, Tn (x) = cos nθ.
sin θ
sin nθ
sin θ
= cos nθ cos θ − sinnθ sin θ + sin nθ sin θ

Tn+1 (x) + (1 − x2 )Un (x) = cos(n + 1)θ + sin2 θ

= cos nθ cos θ = xTn (x).

Vậy Tn+1 (x) = xTn (x) − (1 − x2 )Un−1 (x) ∀n ∈ N, ∀x ∈ (−1; 1).
Tính chất 1.2.7. Với mọi n ∈ N, ∀x ∈ (−1; 1), ta có
x+

x2 − 1

n

= Tn (x) + Un−1

x2 − 1.

Chứng minh. Cách 1. Sử dụng phương pháp quy nạp.
Sử dụng Tính chất 1.2.6 ta có
x+

x2 − 1

n+1

= x+

x2 − 1

n

= Tn (x) + Un−1

x+

x2 − 1

x2 − 1

x+

x + x2 − 1

=xTn (x) + (x2 − 1)Un−1 + [xUn−1 (x) + Tn (x)]
=Tn+1 (x) + Un (x)

x2 − 1

x2 − 1.

Cách 2. Đặt x = cos θ sử dụng công thức Mooiver và Định nghĩa 1.1.3,
ta có
x+

x2 − 1

n

=(cos θ + i sin θ)n
=(cos nθ + i sin nθ) = Tn (x) + Un (x)

1

sin nθ

Từ Tn′ (x) =
,
n
sin θ
Suy ra

x2 − 1.

x = cos θ.
Tn′′ (x) = n

d
dθ

sin nθ
sin θ

−

1
,
sin θ

từ đó ta dễ dàng kiểm tra rằng y = Tn (x) thỏa mãn phương trình vi phân
tuyến tính cấp 2
(1 − x2 )y ′′ − xy ′ + n2 y 2 = 0.

Do đó, ta có tính chất sau


16

Tính chất 1.2.8. Với ∀n ∈ N, ∀x ∈ (−1; 1), ta có
i) (1 − x2 )Tn′′(x) − xTn′ (x) + n2 Tn (x) = 0.

ii) (1 − x2 )Un′′ (x) − 3xUn′ + n(n + 2)Un (x) = 0.

Chứng minh. i) Với mọi x ∈ (−1; 1), ta có Tn (x) = cos(n arccos x).
Suy ra
n sin(n arccos x)
√

,
1 − x2
nx sin(n arccos x) n2 cos(n arccos x)
√
−
.
Tn′′ =
1 − x2
(1 − x2 ) 1 − x2
Tn′ =

Do đó (1 − x2 )Tn′′(x) − xTn′ (x) + n2 Tn (x) = 0.
ii) Với mọi x ∈ (−1; 1), ta có Un (x) =

Suy ra

sin[(n + 1) arccos x]
√
.
1 − x2

−(n + 1) cos[(n + 1) arccos x] x sin[(n + 1) arccos x]
√
+
,
1 − x2
(1 − x2 ) 1 − x2
−(n + 1)2 sin[(n + 1) arccos x] 3(n + 1)x cos[(n + 1) arccos x]
√
Un′′ (x) =

−
+
(1 − x2 )2
(1 − x2 ) 1 − x2
Un′ (x) =

+

sin((n + 1) arccos x) 3x2 sin[(n + 1) arccos x]
√
√
+
.
(1 − x2 ) 1 − x2
(1 − x2 )2 1 − x2

Do đó (1 − x2 )Un′′ (x) − 3xUn′ + n(n + 2)Un (x) = 0.
Nhận xét. Nếu Tn (x) = t0 + t1 x + · · · + tn xn và thay vào công thức trên,
ta thu được
n
2

(1 − x )

hoặc

n
k−2

k=0

k(k − 1)tk x

−x

ktk x
k=0

2

tk xk = 0,

+n

k=0

n

n
k−2

k=0

n
k−1

k(k − 1)tk x

+
k=0

(n2 − k 2 )tk xk = 0.

Tổ hợp lại các hệ số, ta thu được
n−2

0=
k=0

(tk (n2 − k 2 ) + tk+2 (k + 2)(k + 1))xk + (n2 − (n − 1)2 )tn−1 xn−1 ,


17

từ đó ta rút ra kết luận rằng
tn−1 = 0

và
tk (n2 − k 2 ) + tk+2 (k + 2)(k + 1) = 0,

k = 0, . . . , (n − 2).

Mặt khác, từ tn−(2k−1) = 0 và tn = 2n−1 , ta rút ra
tn−2 = −2n−3 .

và
tn−4 =

n(n − 1)
(n − 1)

n(n − 1)(n − 2)(n − 3) n−5
2 .
2!(n − 1)(n − 2)

Trong trường hợp tổng quát, ta có
tn−2m = (−1)m

hay
tn−2m = (−1)m

n(n − 1) · · · (n − 2m + 1) n−2m−1
2
,
m!(n − 1)(n − 2) · · · (n − m)

n
C m 2n−2m−1 ,
n − m n−m

m = 0, 1, . . . ,

n
.
2

Tính chất 1.2.9. (Tính chất trực giao) Với m, n ∈ N, ta có


0 (m = n)



1
i)

−1

√

1

1 − x2

Tm (x)Tn (x)dx =

π

2


π

1

ii)
−1

1 − x2 Um (x)Un (x)dx =





0

π

2



π
2

(m = n = 0) .

(m = n = 0)
(m = n)

(m = n = 0) .
(m = n = 0)

Chứng minh. i) Đặt x = cos θ ⇒ θ = arccos x. Ta có



0 (m = n)
π
cos(mθ) cos(nθ)dθ =

0

π
2



π

(m = n = 0) .
(m = n = 0)


18

Do đó ta thu được
1
−1

√

1
1−

x2

Tm (x)Tn (x)dx =

ii) Đặt x = cos θ ⇒ θ = arccos x. Ta có




0



(m = n)

π

2


π

π

sin(m + 1)θ sin(n + 1)θdθ =
0

(m = n = 0) .
(m = n = 0)




0

π
2




π
2

Do đó ta thu được
1

ii)
−1

1 − x2 Um (x)Un (x)dx =




0

π
2



π
2

(m = n)
(m = n = 0) .
(m = n = 0)

(m = n)
(m = n = 0) .
(m = n = 0)

Tổng quát. Với mọi đa thức K(x) có bậc là n − 1 ta có
1
−1

Tn (x)
√
K(x)dx = 0 và
1 − x2

1
−1

1 − x2 Un (x)K(x)dx = 0.

Tính chất 1.2.10. Với mọi x ∈ [−1; 1], ∀m, n ∈ N thì ta có
i) Tm+n (x) + Tm−n (x) = 2Tm (x)Tn (x).
ii) Tm (Tn (x)) = Tmn (x).
iii) Um+n (x) + Um−n (x) = Tn (x)Um (x).
Chứng minh. i) Với mọi x ∈ [−1; 1], đặt x = cos θ với θ ∈ [0; π] thì ta
có Tn (x) = cos nθ và
Tm+n (x) + Tm−n (x) = cos(m + n)θ + cos(m − n)θ
= 2 cos mθ cos nθ = 2Tm (x)Tn (x).


19

ii) Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp theo m.
Với m = 0 ta có T0 (Tn (x)) = 1 = T0.n .
Vậy đẳng thức trên đúng với m = 0, ∀n ∈ N.
Giả sử đẳng thức trên đúng tới m. Khi đó
Tm+1 (Tn (x)) = 2Tn (x)Tm (Tn (x)) − Tm−1 (Tn (x))
= 2Tn (x)Tmn (x) − T(m−1)n (x)
= T(m+1)n (x).

Vậy Tm (Tn (x)) = Tmn (x)∀x ∈ [−1; 1], ∀m, n ∈ N.
iii) Theo Định nghĩa 1.1.3 ta có

sin(m + n + 1)θ sin(m + n − 1)θ
+
sin θ
sin θ
sin(m + 1)θ
= Tn (x)Um (x).
= cos nθ
sin θ

Um+n (x) + Um−n (x) =

Tính chất 1.2.11. Với mọi số nguyên dương n, ∀x ∈ (−1; 1), ta có
(−1)n
dn
1
(1 − x2 )n− 2 .
n
1.3.5 . . . (2n − 1) dx
1 − x2

√
(−1)n (n + 1) dn
1
ii) 1 − x2 Un (x) =
(1 − x2 )n+ 2 .
n
1.3.5 . . . (2n + 1) dx
T (x)

i) √ n

=

Chứng minh. i) Dùng phương pháp qui nạp và Định nghĩa 1.1.2, ta
có
Giả sử, đẳng thức đúng với n, tức
1
Tn (x)
(−1)n
dn
√
=
(1 − x2 )n− 2
n
1.3.5 . . . (2n − 1) dx
1 − x2

Khi đó, ta có
Tn+1 (x) 2xTn (x) − Tn−1 (x)
√

√
=
1 − x2
1 − x2
dn
dn−1
(−1)n−1
(−1)n 2x
2 n− 12
2 n−1− 12
(1
−
x
)
(1
−
x
)
−
=
1.3 . . . (2n − 1) dxn
1.3 . . . (2n − 3) dxn−1
1
(−1)n+1
dn+1
=
(1 − x2 )n+1− 2 .
n+1
1.3.5 . . . (2n + 1) dx

20

Tính chất 1.2.12. Cho f (x) là hàm số xác định, liên tục và khả vi cấp
n trên đoạn [-1; 1]. Khi đó, ta có
π
0

π

1
f (cos θ) cos nθdθ =
1.3.5 . . . (2n − 1)

f (n) (cos θ) sin2n θdθ,
0

trong đó x = cos θ.
Chứng minh. Từ Tích chất 1.2.11 ta suy ra được bằng tích phân từng
1
phần và mọi đạo hàm của (1 − x2 )n− 2 có cấp nhỏ hơn n đều triệt tiêu tại
x = −1 và x = 1. Ta có
1

−1

hay
π
0

Tn (x)
1
√
dx =
1.3.5 . . . (2n − 1)
1 − x2

1

1

−1

1
f (cos θ) cos nθdθ =
1.3.5 . . . (2n − 1)

f (n) (x)(1 − x2 )n− 2 ,
π

f (n) (cos θ) sin2n θdθ,
0

trong đó x = cos θ.

Giả sử rằng |u| < 1, thì

∞

∞

n inθ

u e

(ueiθ )n =

=
n=0

n=0

1
.
1 − ueiθ

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

un cos nθ =
n=0

1 − u cos θ
1 + u2 − 2u cos θ

hoặc
1 − ux
F (u, x) =
=
1 + u2 − 2ux

∞

Tn (x)un ,
n=0

Do đó ta có tính chất sau
Tính chất 1.2.13.
∞

i)

Tn (x)tn =

1 − tx
.
1 − 2tx + t2

Un (x)tn =

1 − tx
.
1 − 2tx + t2

n=0
∞

ii)
n=0

x ∈ I.


21

Nhận xét. Ta có
F u,

x
2

Nếu ta giả sử rằng |u| ≤

= 1−

ux
2

1
.
1 − u(x − u)

1
và với x ∈ I , thì
2
1
3
− ≤ u(x − u) ≤
4
4

và vì vậy
1
=
1 − u(x − u)

∞

∞
k

k=0

(u(x − u)) =

k=0

uk (x − u)k .

Hệ số của um trong vế phải của biểu thức trên là
j
1
2
xm−2j
xm −Cm−1
xm−2 + Cm−2
xm−4 + · · · + (−1)j Cm−j
[m/2]

+ · · · + (−1)[m/2] Cn−[m/2] xm−2[m/2] ,

khi chúng ta có thể thấy bằng bắt đầu với k = m số hạng trong chuỗi vơ
hạn, trích từ nó số hạng trong um , sau đó xét số hạng k = m − 1 trong
chuỗi vơ hạn, trích từ nó số hạng trong um , và vân vân. Do đó hệ số của
un trong khai triển F (u, x/2) ở trên và
Tn

x
2

[(n−1)/2]

=
k=0

nπ
1 k
k
,
xn−2k + cos
(−1)k Cn−k
− Cn−1−k
2
2

và đẳng thức này đúng với mọi x ∈ I , nhưng
1 k
1n−k k
k
Cn−k

− Cn−1−k
=
Cn−k ,
2
2 k

và khi thay thế x bởi 2x thì cho ta kết quả
tn−2m = (−1)m

n
C m 2n−2m−1 ,
n − m n−m

m = 0, 1, . . . ,

n
.
2


22

1.3. Một vài ứng dụng của đa thức Trêbưsep
1.3.1. Độ lệch của đa thức
Một khâu quan trọng trong việc xấp xỉ, là với một đa thức P (x), cần
xác định "độ lệch" của đa thức đó trên đoạn [-1; 1], tức là xác định
M = max |P (x)|
−1≤x≤1

và người ta muốn M càng nhỏ càng tốt. Có hai cách làm giảm độ lệch

1) Nếu đa thức
P (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an

có độ lệch M trên đoạn [-1; 1], thì đa thức
kP (x) = ka0 xn + ka1 xn−1 + · · · + kan−1 x + kan (k = 0),

có độ lệch |k|M trên [-1; 1]; chọn |k| càng nhỏ, thì độ lệch càng nhỏ. Cách
giải quyết này là quả tầm thường. Do vậy, người ta hạn chế với các đa
thức P (x) bậc n có dạng
P (x) = xn + a1 xn−1 + · · · + an−1 x + an ,

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 |P (x)| ≥

−1≤x≤1

1
2n−1

.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P (x) = Tn∗ (x) =

1

Tn (x).
2n−1
Tức là max |Tn∗ (x)| là bé nhất trong các số max |Pn (x)|.
−1≤x≤1

−1≤x≤1


23

Chứng minh. Từ Tính chất 1.2.4 của đa thức Tn (x), ta có
max |Tn (x)| = 1,

−1≤x≤1

nên
max |Tn∗ (x)| =

−1≤x≤1

1

max |Tn (x)| =

2n−1 −1≤x≤1

1
2n−1

.

Tn (x) là đa thức bậc n có hệ số cao nhất là 2n−1 , nên Tn∗ (x) là đa thức

bậc n có hệ số cao nhất là 1.
Giả sử tồn tại đa thức P (x) bậc n có hệ số cao nhất là 1 với
max |P (x)| < 21−n ,

−1≤x≤1

thì
−21−n < P (x) < 21−n .

Xét đa thức H(x) = Tn∗ (x) − P (x). Ta có degH(x) ≤ n − 1.

Xét các điểm luân phiên Chebyshev xk = cos
Theo Tính chất 1.2.4, ta có
H(x0 ) =
H(x2 ) =

1

kπ
(k = 0, 1, . . . , n).
n
1

2n−1

− P (x0 ) > 0, H(x1 ) = −

2n−1

− P (x1 ) < 0

2n−1

− P (x2 ) > 0, H(x3 ) = −

2n−1

− P (x3 ) < 0,

1

1

tức là H(x) đổi dấu n + 1 lần khi x chạy qua các giá trị x0 , x1 , . . . , xn .
Do đó H(x) có ít nhất n nghiệm (mâu thuẫn với degH(x) ≤ n − 1 và
H(x) = 0).
Hệ quả 1.3.1. Cho đa thức P (x) = 2n−1 xn + a1 xn−1 + a2 xn−2 + · · · + an .
Khi đó |P (x)| ≤ 1, ∀x ∈ [−1; 1] khi và chỉ khi P (x) ≡ Tn (x).
Các đa thức Chebyshev có vai trị quan trọng trong lý thuyết xấp xỉ
các hàm số bằng đa thức, thực hiện trên một đoạn [a; b]. Bằng phép thay
biến số t ∈ [a; b] bởi
t=

b+a b−a
+
x

2
2

Bài toán quy về việc xét biến số x ∈ [−1; 1]. Nói cách khác là ta thay
đoạn [a; b] ta có thể xét đoạn [-1; 1]. Từ đó ta có hệ quả sau