Giao thức trục giao và ứng dụng trong toán phổ thông

..

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

GIAO THỨC TRỤC GIAO VÀ ỨNG DỤNG TRONG TỐN PHỔ THƠNG

PHẠM VĂN CHINH

THÁI NGUYÊN 2015


i

Mục lục
Lời cảm ơn

iii

Lời cam đoan

iv

Tóm tắt nội dung

v

Danh sách ký hiệu

vi

Mở đầu

1

1 Cơ sở lý thuyết
1.1 Một số kiến thức chuẩn bị . . . . . . . . . . . . .
1.2 Khơng gian tuyến tính định chuẩn, khơng gian có
vơ hướng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Không gian các hàm liên tục . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Trực giao hóa Gram-Schmidt . . . . . . .
1.3.2 Đa thức với hệ số thực . . . . . . . . . . .
1.4 Đa thức trực giao . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.1 Đa thức Legendre . . . . . . . . . . . . . .
1.4.2 Đa thức Chebyshev loại I . . . . . . . . .
1.4.3 Đa thức Chebyshev loại II . . . . . . . . .
1.4.4 Đa thức Hermite . . . . . . . . . . . . . .
1.4.5 Đa thức lượng giác . . . . . . . . . . . . .

2
2

. . .
tích
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .

. . .
. . .
. . .

2
4
7
7
8
9
10
10
12
13

2 Giải một số bài toán
15
2.1 Giải một số bài toán cao cấp . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.2 Giải một số bài toán sơ cấp . . . . . . . . . . . . . . . 27


ii

Kết luận và đề nghị

34

Tài liệu tham khảo

35

iii

Lời cảm ơn
Trong suốt q trình làm luận văn, tơi luôn nhận được sự hướng
dẫn và giúp đỡ của TS.Nguyễn Văn Minh. Thầy đã giành nhiều thời
gian chỉ bảo rất tận tình hướng dẫn và giải đáp các thắc mắc của tơi
trong suốt q trình làm luận văn. Tơi xin chân thành bày tỏ lịng
biết ơn sâu sắc đến Thầy.
Tơi cũng xin cảm ơn các q thầy, cơ Khoa Tốn-Tin và phòng Đào
tạo của Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, viện Toán
học, cũng như các thầy cơ đã tham gia giảng dạy khóa cao học 2013
- 2015, lời cảm ơn sâu sắc nhất về công lao dạy dỗ mang đến cho tơi
nhiều kiến thức bổ ích khơng chỉ trong khoa học mà cịn cả trong cuộc
sống. Tôi xin chân thành cảm ơn các bạn học viên lớp Cao học tốn
K7Q và bạn bè đồng mơn đã giúp đỡ tác giả trong quá trình học tập
tại trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và trong q
trình hồn thiện luận văn thạc sĩ.
Cuối cùng, tơi xin cảm ơn gia đình. Nhờ có gia đình là chỗ dựa vững
chắc về vật chất và tinh thần cho tơi trong suốt q trình học cao học
và làm luận văn Thạc sĩ.
Thái Nguyên, ngày 10 tháng 4 năm 2015
Học viên

Phạm Văn Chinh


iv

Lời cam đoan
Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn
Văn Minh. Tôi xin cam đoan các kết quả được trình bày trong luận
văn là do tơi tự làm, không sao chép các luận văn đã được cơng bố
trước đó.
Thái Ngun, ngày 10 tháng 4 năm 2015
Học viên

Phạm Văn Chinh


v

TĨM TẮT NỘI DUNG

Ứng dụng Tốn Cao cấp để nghiên cứu Toán sơ cấp là vấn đề người
ta vẫn làm. Vì Tốn cao cấp ở mức độ khái qt cao hơn rất nhiều
so với Toán sơ cấp. Đề tài này cũng theo tư tưởng như đã nói ở trên,
nhưng ở phạm vi hẹp hơn. Trong đề tài này chúng tôi xét một lớp
hàm tương đối đặc biệt, đó là Đa Thức Trực Giao. Ngồi đa thức theo
nghĩa thơng thường, trong luận văn này chúng ta xét cả các đa thức
lượng giác, vì đa thức lượng giác cũng là hệ hàm trực giao đầy đủ.
Đa thức trực giao là đa thức có tính chất trực giao. Đa thức trực giao
là một hệ đầy đủ, theo nghĩa là mọi hàm liên tục đều có thể khai
triển thành chuỗi Fourier theo hệ hàm trực giao, còn gọi là khai triển
Fourier mở rộng.
Đa thức trực giao ngồi những tính chất chung của đa thức, nó cịn
có một số tính chất riêng, trong đó có những tính chất sơ cấp. Luận
văn này của chúng tơi cố gắng khai thác tính sơ cấp trong hệ đa thức
trực giao. Trình bày và giải một số bài tốn sơ cấp có liên quan tới đa

thực trực giao.


vi

Danh sách ký hiệu
Trong toàn luận văn, ta dùng những ký hiệu với các ý nghĩa xác
định trong bảng dưới đây:
u, v
||.||
C[a; b]
Pn (x); Qn (x)

Tích vơ hướng của hai vector u và v
Chuẩn của vector
Tập hợp các hàm liên tục trên đoạn [a,b]
Đa thức có bậc n, biến x


1

Mở đầu
Lớp các hàm đa thức trực giao có một vị trí khá đặc biệt trong tốn
học, nó khơng chỉ là đối tượng nghiên cứu của Đại số cao cấp, của
Giải tích mà cịn được nghiên cứu trong Giải tích số. Vì đa thức trực
giao là hệ đầy đủ trong khơng gian các hàm liên tục, cho nên nó là cơ
sở trực chuẩn của không gian này. Mọi hàm liên tục đều có thể khai
triển một cách duy nhất thành chuỗi Fourier theo hệ hàm trực giao.
Các hệ đa thức trực giao có những tính chất khá thú vị, chẳng hạn
như mỗi hệ đa thức trực giao đều là nghiệm của phương trình vi phân

tuyến tính cấp 2; ba đa thực trực giao liên tiếp trong một hệ thỏa
mãn phương trình sai phân tuyến tính cấp 2; đa thức trực giao cấp n
có đúng n nghiệm thực, các nghiệm của đa thức cấp n và cấp n − 1
xen kẽ nhau...
Bản thân hệ đa thức trực giao là đối tượng của Tốn cao cấp, nhưng
bên cạnh đó chúng cũng có một số tính chất có tính sơ cấp. Luận văn
này chúng tơi có gắng khai thác những tính chất thuộc về tốn cao
cấp nhưng có thể sơ cấp hóa được và khai thác một số tính chất sơ
cấp của chúng.
Ngồi các mục Mở đầu, Kết luận và một vài mục có tính chất hành
chính, Luận văn có hai chương chính, đó là chương 1 và chương 2:
Chương 1 trình bày một số kiến thức chuẩn bị. Chương này nhắc
lại một số phần căn bản của Đại số cao cấp, Đại số tuyến tính và Giải
tích.
Chương 2, tình bày một số ví dụ, bài tốn có nội dung liên quan tới
đa thức trực giao.


2

Chương 1

Cơ sở lý thuyết
1.1

Một số kiến thức chuẩn bị

1.2

Không gian tuyến tính định chuẩn, khơng gian có tích

vơ hướng

Ta nói khơng gian V được xác định một cấu trúc chuẩn, nếu với
mọi vector x ∈ V , luôn luôn xác định một số ||x||, gọi là chuẩn của x,
thỏa mãn 4 tính chất sau:
1. ||x|| ≥ 0
2. ||x|| = 0 ⇐⇒ x = θ
3. ||tx|| = |t|.||x||
4. ||x + y|| ≤ ||x|| + ||y||
Trong một khơng gian có thể có nhiều chuẩn khác nhau, và ta có khái
niệm về hai chuẩn tương đương như sau:
Định nghĩa 1.1. Hai chuẩn ||x||1 và ||x||2 được gọi là tương đương,
nếu tồn tại hai hằng số dương c1 , c2 sao cho
c1 ||x||1 ≤ ||x||2 ≤ c2 ||x||1
Trong không gian hữu hạn chiều mọi chuẩn đều tương đương. Chuẩn
trong Rn được xác định:
n

|xi |p

||x||p =
i=1

1/p

, với 1 ≤ p ≤ +∞


3

Gán p các số khác nhau, ta được các chuẩn. Ba chuẩn thường dùng
là:
n

1. Với p=1, ta có chuẩn ||x||1 =

|xi |
i=1

2. Với p=2, ta có chuẩn ||x||2 =

x21 + x22 + ... + x2n

3. Với p = +∞, ta có chuẩn ||x||∞ = max |x1 |, |x2 |, ..., |xn |
Trong chương trình hình học ta đã biết về tích vơ hướng của hai vector;
ở đây ta suy rộng khái niệm đó cho vector tổng quát:
Định nghĩa 1.2. Cho V là không gian vector, x, y là hai vector của
V . Tích vơ hướng của hai vector là một số thực, ký hiệu là x, y , thỏa
mãn các tính chất sau, gọi là các tiên đề về tích vô hướng:
1. x, y = y, x ;
2. x, x ≥ 0, ∀x ∈ V , x, x = 0 ⇐⇒ x = θ;
3. ax + by, z) = ax, z + by, z , ∀x, y ∈ V; ∀a, b ∈ R
Khơng gian vector có trang bị tích vơ hướng gọi là khơng gian có
tích vơ hướng. Khơng gian V hữu hạn chiều có tích vơ hướng gọi là
khơng gian Euclid, ký hiệu là Rn . Không gian V vơ hạn chiều có tích
vơ hướng gọi là khơng gian tiền Hilbert, không gian tiền Hilbert đầy
đủ gọi là không gian Hilbert, ký hiệu là H. Mọi khơng gian có tích vơ
hướng là khơng gian định chuẩn, với chuẩn là ||x|| =
x, x . Khơng
gian có tích vơ hướng có bất đẳng thức quan trọng, đó là bất đẳng

thức Cauchy- Bunyakovsky:
| x, y | ≤ ||x||.||y||
| x, y | = ||x||.||y|| ⇐⇒ ∃t ∈ R sao cho x = ty hoặc y = tx
Hai vector x, y là trực giao, khi và chỉ khi tích vơ hướng của chúng
bằng 0:
x⊥y ⇐⇒ x, y = 0
Ví dụ 1.1. Trong khơng gian Rn , với x = (x1 , x2 , ..., xn ), y = (y1 , y2 , ..., yn ).
Khi đó những biểu thức sau là tích vơ hướng:


4

1. x, y = x1 y1 + x2 y2 + ... + xn yn
2. x, y = c1 x1 y1 + c2 x2 y2 + ... + cn xn yn ,
với c1 > 0, c2 > 0, ..., cn > 0 là những hằng số .
1.3

Không gian các hàm liên tục

Như ta đã biết, tập hợp các hàm liên tục C[a; b] là không gian vector
Hilbert. Ở đây ta sử dụng tích vơ hướng tích phân
b

f (x), g(x) =

f (x).g(x).dx
a

Ta cũng có chuẩn của các vector hàm này:
b

||f || =

f (x)2 .dx

f (x), f (x) =
a

Bất đẳng thức Cauchy-Bunyakovsky trong không gian C[a; b]:
b

|

b

b

f 2 (x).

f (x)g(x)dx| ≤
a

a

g 2 (x)
a

Bất đẳng thức trên có thể viết lại theo cách khác:
|| f, g || ≤ ||f ||.||g||
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hai hàm f (x) và g(x) phụ thuộc

tuyến tính, đó là tồn tại hằng số c sao cho
f (x) = c.g(x) hoặc g(x) = cf (x)
Định nghĩa 1.3. Hai hàm f (x) và g(x) được gọi là trực giao, nếu
tích vơ hướng của chúng bằng 0
b

f (x), g(x) =

f (x).g(x)dx = 0
a


5

Định nghĩa 1.4. Hệ hàm S = {ϕ0 (x), ϕ1 (x), ..., ϕn (x), ...} được gọi
là hệ trực giao, nếu hai hàm bất kỳ trong hệ đó trực giao
ϕi (x), ϕj (x) = 0 với i = j
Hệ S được gọi là trực chuẩn nếu hệ S là hệ trực giao và chuẩn của
mỗi vector hàm bằng 1
ϕi (x), ϕj (x) = δij
Hệ hàm trực giao đặc biệt thuận lợi khi khai triển hàm f (x) theo
họ S, tức là ta phải tìm các hệ số c0 , c1 , ...cn , ... sao cho hàm f (x) viết
được dưới dạng
f (x) = c0 ϕ0 (x) + c1 ϕ1 (x) + ... + cn ϕn (x) + ...

(1.1)

Để xác định các hệ số cn , ta nhân cả hai vế đẳng thức (1.1) với ϕn (x),
do tính trực giao của hệ S, vế phải chỉ còn 1 số hạng
f (x)ϕn (x) = cn ϕn (x).ϕn (x)

rồi lấy tích phân trên đoạn [a, b] hai vế, từ đó ta có
b

1
cn =
||ϕn ||2

f (x)ϕn (x)dx

(1.2)

a

Biểu diễn hàm f (x) dưới dạng (1.1) với các hệ số được tính theo (1.2)
gọi là khai triển Fouriers hàm f (x) theo hệ trực giao S Ngồi khái
niệm trực giao như đã nói ở trên, chúng ta còn sử dụng khái niệm trực
giao với trọng số ρ(x) , nếu với hai hàm bất kỳ ϕm (x), ϕn (x) của hệ
S thỏa mãn điều kiện
b

ϕm (x)ϕn (x)ρ(x)dx = 0
a

ở đây ρ(x) là hàm cố định, liên tục trong khoảng (a, b). Khi ρ(x) ≡ 1
ta nhận được định nghĩa trực giao thông thường. Vấn đề khai triển
Fouriers hàm f (x) theo hệ trực giao có trọng số, cũng tương tự như


6

trên, hàm f (x) khai triển dưới dạng
f (x) = c0 ϕ0 (x) + c1 ϕ1 (x) + ... + cn ϕn (x) + ...

(1.3)

với các hệ số Fouriers được tính theo cơng thức
b

1
cn = 2
dn

f (x)ϕn (x)ρ(x)dx

(1.4)

a

với dn được tính theo cơng thức
b

ϕ2 (x)ρ(x)dx

dn =
a

Ví dụ 1.2. Ta ký hiệu Pn là khơng gian các đa thức có bậc không quá
n, với p(x) = p0 + p1 x + ... + pn xn ; q(x) = q0 + q1 x + ... + qn xn , ta cũng
có các tích vơ hướng sau:
1. p, q = p0 q0 + p1 q1 + p2 q2 + ... + pn qn

2. p, q = c0 p0 q0 + c1 p1 q1 + c2 p2 q2 + ... + cn pn qn , với c0 >, c1 >
0, ..., cn > 0
3. p, q =

b
a p(x)q(x)dx,

với a, b là hai hằng số cho trước a
Hệ vector S = {f1 , f2 , ...fk , ...} là hệ trực giao nếu fi , fj = 0, i = j.
Hệ S là trực chuẩn nếu f1 , fj = δij . Hệ S là đầy đủ nếu:
n

∀ε > 0, ∀x ∈ H, ∃n, sao cho ||

ci fi − x|| < ε
i=0

Trong không gian Hilbert, các mệnh đề sau tương đương:
∞

xi , fi fi , ∀x ∈ H

Ví dụ 1.3. 1. x =
i=1
∞

2. ||x|| =

| xi , fi |

i=1

3. Hệ S là đầy đủ.
4. Nếu x trực giao với mọi fi ∈ S thì x = θ


7

1.3.1

Trực giao hóa Gram-Schmidt

Định lý 1.1. Giả sử V là khơng gian có tích vơ hướng, S = {u1 , u2 , ..., um }
là một họ vector độc lập tuyến tính của V . Ta có thể thay S bằng họ
trực chuẩn S = {v1 , v2 , ...vm } sao cho spanSk = spanSk , k = 1, ...m
ở đây S = {u1 , u2 , ...uk }; S = {v1 , v2 , ...vk }
Bước 1. chọn v1 = ||uu11 ||
Bước 2. Tìm v2 sao cho S2 = {v1 , v2 } trực chuẩn. Muốn vậy, ta đặt
w2 = u2 + tv1 , chọn t sao cho
w2 , v1 = 0, tức là u2 + tv1 , v1 = 0
u2 , v1 + t v1 , v1 = 0
u2 ,v1
Hay là t = − ||v
2 = − u2 , v1
1 ||
⇒ w2 = u2 − u2 , v1

v2 =

w2

u2 − u2 , v1 v1
=
||w2 || ||u2 − u2 , v1 v1 ||

Bước 3. Giả sử ta đã xây được họ trực chuẩn Sk−1 = {v1 , v2 , ..., vk−1 }
ta xây dựng vector vk , muốn vậy, ta đặt:
wk = uk + t1 v1 + t2 v2 + ... + tk−1 vk−1 , ta cần xác định t1 , t2 , ...tk−1 sao
cho wk , vj = 0, j = 1, 2, .., k − 1 Từ đó suy ra: tj = − uk , vj , j =
1, 2, .., k − 1. Cuối cùng ta có:
vk =
1.3.2

uk − uk , v1 v1 − ... − uk , vk−1 uk−1
||uk − uk , v1 v1 − ... − uk , vk−1 uk−1 ||

Đa thức với hệ số thực

Lớp các đa thức có những tính chất tốt như: liên tục và khả vi vô
hạn lần trên toàn trục số; đạo hàm của đa thức là đa thức; nguyên
hàm của đa thức cũng là đa thức; tổng hai đa thức, tích hai đa thức
là đa thức; tích của đa thức với một số là đa thức; thay biến x bởi
x = at + b ta được đa thức với biến t cùng bậc với đa thức biến x.
Định nghĩa 1.5. Giả sử pn (x) là đa thức bậc n; số x0 được gọi là
nghiệm của pn (x0 ) = 0


8

Định lý 1.2 (Định lý Bezou). Điều kiện cần và đủ đế số x0 là nghiệm
của đa thức pn (x) là pn (x) chia hết cho đa thức (x − x0 ), hay nói khác

đi là đa thức pn (x) viết được dưới dạng pn (x) = (x − x0 )qn−1 (x).
Định lý 1.3. Giả sử pn (x) là đa thức bậc n, khi đó các mệnh đề sau
đây là tương đương:
1. x0 là nghiệm bội cấp m của pn (x)
2. Đa thức pn (x) viết được dưới dạng pn (x) = (x − x0 )m .qn−m (x),
trong đó x0 không là nghiệm của đa thức qn−m (x)
(m−1)

3. pn (x0 ) = pn (x0 ) = pn (x0 ) = ... = pn

(m)

(x0 ) = 0; pn (x0 ) = 0

Định lý 1.4. Đa thức bậc n, với hệ số thực, ln có n nghiệm phức,
kể cả bội
1.4

Đa thức trực giao

Trong ví dụ (1.2) hệ hàm S = {1, x, x2 , ..., xn−1 } là một cơ sở của
không gian Pn (x) nhưng không là cơ sở trực chuẩn. Có thể áp dụng
q trình trực giao hóa Gram-Smidt ở trên, với trọng số khác nhau,
với khoảng lấy tích phân khác nhau, ta sẽ thu được những họ đa thức
trực giao khác nhau.
Người ta cũng đã chứng minh được các tính chất chung nhất của đa
thức trực giao trên đoạn [a, b] với trọng số ρ(x)
1. Mỗi đa thức trực giao bậc n có đúng n nghiệm thực trên đoạn
[a, b]
2. Nghiệm của đa thức trực giao Qn−1 (x) và Qn (x) xen kẽ nhau,

nghĩa là trong (n − 1) khoảng nghiệm của đa thức Qn (x), mỗi
khoảng có đúng 1 nghiệm của đa thức Qn−1 (x).
3. Mỗi đa thức trực giao Qn (x) thỏa mãn công thức truy hồi
an,n+1 Qn+1 (x) + an,n (1 − x)Qn (x) + an−1,n Qn−1 (x) = 0


9

1.4.1

Đa thức Legendre

Các đa thức Legendre thu được bằng cách trực giao hóa GramSmidt hệ hàm
1, x, x2 , ...xn , ... trên đoạn [−1, 1]
với trọng số là ρ(x) = 1
1. Một số đa thức Legendre
n Ln (x)
0 L0 (x) = 1
1 L1 (x) = x
3x2 − 1
2 L2 (x) =
2
5x3 − 3x
3 L3 (x) =
2
35x4 − 30x2 + 3
4 L4 (x) =
8
63x5 − 70x3 + 15x
5 L5 (x) =

8
231x6 − 315x4 + 105x2 − 5
6 L6 (x) =
16
2. Công thức Rodrigue
1 dn
Ln (x) = n
[(x2 − 1)n ]; n ∈ N
n
2 n! dx
3. Công thức truy hồi
(n + 1)Ln+1 (x) − (2n + 1)xLn (x) + nLn−1 (x) = 0
x2 − 1 d
Ln (x) = xLn (x) − Ln−1 (x)
n dx
d
(2n + 1)Ln (x) =
[Ln+1 (x) − Ln−1 (x)]
dx
4. Phương trình vi phân
d
dLn
[(1 − x2 )
] + n(n + 1)Ln (x) = 0
dx
dx
1

L2n (x)dx

5. Chuẩn ||Ln (x)|| =
−1

1/2

=

2
2n + 1

Ln (1) = 1; Ln (−1) = (−1)n ; L2n+1 (0) = 0; Ln (1) =

n(n + 1)
2


10

6. Tính trực giao
1

Lm (x)Ln (x)dx =
−1

2
n
δm
2n + 1

7. Tính đối xứng

Ln (−x) = (−1)n Ln (x); Đa thức Legendre là hàm chẵn, nếu n là
số chẵn; là hàm lẻ, nếu n là số lẻ.
1.4.2

Đa thức Chebyshev loại I

Ký hiệu là Tn (x); a = −1; b = 1; trọng số ρ(x) =

√ 1
1−x2

1. Biểu thức dạng lượng giác
Tn (x) = cos (n.arccosx); Tn (cos (α)) = cos (n.α);
T2n+1 sin (α) = (−1)n . sin (2n + 1)α
2. Công thức truy hồi
T0 (x) = 1; T1 (x) = x; Tn+1 (x) = 2xTn (x) − Tn−1 (x)
3. Phương trình vi phân
(1 − x2 )Tn (x) − xTn (x) + n2 Tn (x) = 0
4. Chuẩn
||T0 || =

√

1

√

π; ||Tn || =
−1

1.4.3

1
Tn2 (x)dx
1 − x2

1/2

=

Đa thức Chebyshev loại II

Ký hiêu Un (x)
1. Biểu thức dạng lượng giác
sin (n + 1)x
Un (cos x) =
sin x
2. Công thức truy hồi
U0 (x) = 1; U1 (x) = 2x; Un+1 (x) = 2xUn (x) − Un−1 (x)
3. Phương trình vi phân
(1 − x2 )Tn (x) − 3xTn (x) + n(n + 2)Tn (x) = 0

π
,n > 0
2


11

1. Hàm hợp

Tn (Tm (x)) = Tm (Tn (x)) = Tm.n (x)
2. Dạng phương trình Pell
2
Tn2 (x) − (x2 − 1)Un−1
(x) = 1
√
√
Tn (x) + x2 − 1Un−1 (x) = (x + x2 − 1)n
3. Công thức đổi biến
Tn (1 − 2x2 ) = (−1)n T2n (x)
xUn (1 − 2x2 ) = (−1)n U2n+1 (x)
4. Nghiệm
Cả hai loại đa thức Chebyshev bậc n ln có n nghiệm thực phân
biêt, các nghiệm này phân bố trong đoạn [−1, 1] (tính chất chung
i
π)); i =
của đa thức trực giao). Ta có Tn (cos( π2 (2i−1))) = 0; Un (cos( n+1
1...n
5. Cực trị
Cả hai loại đa thức Chebyshev đều đạt cực trị tại hai đầu mút.
Tn (1) = 1; T (−1) = (−1)n ; Un+1 = n + 1; Un (−1) = (−1)n (n + 1)
6. Đạo hàm
Tn (x) = nUn−1 (x)
(n + 1)Tn+1 (x) − xUn
Un (x) =
x2 − 1
nTn (x) − xUn−1
(n + 1)Tn (x) − Un
Tn (x) = n
=

n
x2 − 1
x2 − 1
4
2
n −n
Tn (1) =
3
n4 − n2
Tn (−1) = (−1)n
3
7. Tích phân
Tn+1 (x)
n+1
1 Tn+1 (x) Tn−1 (x)
nTn+1 (x) xTn (x)
Tn (x)dx =
−
=
−
2 n+1
n−1
n2 − 1
n−1
Un (x)dx =


12




0 với i = j
dx
= π với i = j = 0
Ti (x)Tj (x) √
1 − x2 
π
2 với i = j = 0
√
0 với i = j
Ui (x)Uj (x) 1 − x2 dx = π
2 với i = j = 0
8. Một số đa thức Chebyshev

n
0
1
2
3
4
5
6
1.4.4

Tn (x)
T0 (x) = 1
T1 (x) = x
T2 (x) = x2 − 1
T3 (x) = 4x3 − 3x
T4 (x) = 8x4 − 8x2 + 1

T5 (x) = 16x5 − 20x3 + 5x
T6 (x) = 32x6 − 48x4 + 18x2 − 1

Un (x)
U0 (x) = 1
U1 (x) = x
U2 (x) = 4x2 − 1
U3 (x) = 8x3 − 4x
U4 (x) = 16x4 − 12x2 + 1
U5 (x) = 32x5 − 32x3 + 6x
U6 (x) = 64x6 − 80x4 + 24x2 − 1

Đa thức Hermite

2

2

2

a = −∞; b = +∞; ρ(x) = e−x ; Hn (x) = (−1)n ex (e−x )(n)
1. Biểu thức
2

2

Hn (x) = (−1)n ex (e−x )(n)
2. Công thức truy hồi
Hn+1 (x) − 2xHn (x) + 2xHn−1 (x) = 0
3. Phương trình vi phân

Hn (x) − 2xHn (x) + 2xHn (x) = 0

(1.5)


13

4. Chuẩn
+∞

e−x2 Hn2 (x)dx =

||Hn || =

√
2n n! π

−∞

Chú ý 1.1. Đa thức Hermite cịn có cách xác định khác:
2

ex /2 −x2 /2 (n)
Hn (x) =
(e
)
n!
1. Trọng số p(x) = e−x

2

(1.6)

/2

2. Chuẩn
+∞

e−x2 Hn2 (x)dx =

||Hn || =

√

2π
n!

−∞

1.4.5

Đa thức lượng giác

Ở trên ta đã xét hệ các đa thức B1 = {1, x, x2 , ..., xn , ...}. Trực giao
hóa hệ B1 bằng các tích vơ hướng với trọng số khác nhau trên những
đoạn khác nhau, ta được các hệ đa thức trực giao khác nhau, như
hệ hàm trực giao Legendre, hệ hàm trực giao Chebyshev,...Các hệ đa
thức này gọi chung là các đa thức đại số. Ngoài các hệ đa thức đại
số nói trên, cịn một hệ hàm trực giao đầy đủ khác, đóng vai trị rất
quan trọng trong tốn học, đó là hệ đa thức lượng giác:

S = {1, cos x, sin x, cos 2x, sin 2x, ..., cos nx, sin nx, ....}
là hệ hàm trực giao và đầy đủ trên đoạn [−π, π] Một số tính chất của
hệ đa thức lượng giác
1. Tính trực giao. Hệ S là hệ trực giao trên đoạn [−π, π], thật vậy:
π

sin (mx) cos (nx)dx = 0, ∀m, n ∈ N
−π
π

sin mx sin nxdx = 0, ∀m, n ∈ N, m = n
−π


14
π

cos mx cos nxdx = 0, ∀m, n ∈ N, m = n
−π

2. Chuẩn.

π

||1||2 =

12 dx = 2π
−π
π

cos2 kxdx = π; k ≥ 1

|| cos kx||2 =
−π
π

|| sin kx||2 =

sin2 kxdx = π; k ≥ 1
−π

3. Chuẩn hóa. Hệ trực giao S ở trên, có thể chuẩn hóa để nhận
được hệ trực chuẩn
cos nx sin nx
1 cos x sin x cos 2x sin 2x
S = { √ , √ , √ , √ , √ , ..., √ , √ , ...}
π
π
π
π
π
π
2π
4. Tính đầy đủ. Giả sử f (x) là hàm liên tục trên trục hoặc liên tục
từng khúc, có điểm gián đoạn loại I trên đoạn [−π, π], khi đó f (x)
khai triển thành chuỗi Fouriers:
∞

a0
f (x) =

+
(am cos mx + bm sin mx)
2 m=1
Với

π

1
am =
π

f (t) cos mtdt; m = 0, 1, 2...
−π
π

1
bm =
π

f (t) sin mtdt; m = 1, 2, 3, ...
−π


15

Chương 2

GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN
2.1

Giải một số bài tốn cao cấp

Bài tập 2.1. ([5] Chứng minh rằng đa thức Chebyshev
Tn (x) =

1
2n−1

cos (n.arccosx); n = 1, 2, ...

(2.1)

thỏa mãn phương trình
(1 − x2 )Tn (x) − xTn (x) + n2 Tn (x) = 0
Lời giải 2.1. Lấy đạo hàm 2 lần hàm Tn (x), ta được
Tn (x) =

n

2

.
n−1

sin (n. arccos x)
√
1 − x2

n2 cos(n. arccos x) x.n. sin (n. arccos x)
Tn (x) = −

+
3
2n−1 (1 − x2 )
2n−1 (1 − x2 ) 2
2

xTn (x)
n
= − 1−x
2 Tn (x) + 1−x2
Thay các biểu thức vừa tìm được vào (2.1), ta được điều cần chứng
minh.

Bài tập 2.2. ([5]) Chứng minh rằng đa thức Legendre
Ln (x) =

1
[(x2 − 1)n ](n) ; n = 0, 1, 2, ...
n
2 .n!

(2.2)

thỏa mãn phương trình
(1 − x2 )Ln (x) − 2xLn (x) + n(n + 1)Ln (x) = 0
Lời giải 2.2. Xét hàm phụ u = (x2 − 1)n , đạo hàm hai vế theo x, ta


16

được (x2 − 1)u = 2nxu.
Lấy đạo hàm hai vế (m + 1) lần đồng nhất thức trên, ta được
(x2 − 1)u(n+2) + 2(n + 1)xu(n+1) + (n + 1)nu(n) = 2nxu(n+1) + 2n(n + 1),
Từ đó
(1 − x2 )u(n+2) − 2xu(n+1) + (n + 1)nu(n) = 0

(2.3)

Thay vào (2.3) các biểu tức
u(n+2) = 2n n!Ln (x); u(n+1) = 2n n!Ln (x); u(n) = 2n n!Ln (x);
Ta được điều phải chứng minh
Bài tập 2.3. ([5]) Chứng minh rằng đa thức Chebyshev-Lagerr Qn (x) =
ex (xn e−x )(n) , n = 0, 1, 2, ... thỏa mãn phương trình vi phân
xQn (x) + (1 − x)Qn (x) + nQn (x) = 0

(2.4)

Lời giải 2.3. Áp dụng cơng thức Leibnitz về tính đạo hàm cấp cao
của tích hai hàm u = xn , v = e−x , ta được biểu thức dưới dạng hiển
của hàm Chebyshev-Lagerr
n

(−1)n−k Cnk n(n − 1)...(n − k + 1)xn−k

Qn (x) =
k=0

Lấy đạo hàm hai vế n + 1 lần đồng nhất thức xu + (x − n)u = 0, với
u = xn e−x , ta nhận được
xu(n+2) + (n + 1)u(n+1) + (n + 1)u(n) = 0

(2.5)

Vì u(n) = e(−x) Qn (x), cho nên
u(n+1) = e−x (Qn (x) − Qn (x)); u(n+2) = e−x (Qn (x) − 2Qn (x) + Qn (x))
Đặt các biểu thức này vào (2.5), giản ước cho e(−x) ta được phương
trình (2.4), điều phải chứng minh.
Bài tập 2.4. ([5]) Đa thức Chebyshev-Hermite được xác định bởi
công thức
2
2
Hn (x) = (−1)n ex (e−x )(n) , n = 0, 1, 2, ...
(2.6)


17

Hoặc
Hn (x) = ex

2

/2

(e−x

2

/2 (n)

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

(2.7)

Chứng minh rằng Hn (x) thỏa mãn phương trình vi phân
Hn (x) − 2xHn (x) + 2nHn (x) = 0

(2.8)

Lời giải 2.4. Sử dụng công thức đã dùng trong (2.4) ta nhận được
2

2

(e−x )(n) = e(−x ) (−1)n (2x)n
n(n − 1)
n(n − 1)(n − 2)(n − 3)
−
(2x)n−2 +
(2x)n−4 − ...
1!
2!

(2.9)

Từ đó
Hn (x) = (2x)n −

n(n − 1)
n(n − 1)(n − 2)(n − 3)

(2x)n−2 +
(2x)n−4 −...
1!
2!
2

đạo hàm n + 1 lần đồng nhất thức u + 2xu = 0, với u = e−x , ta nhận
được
u(n+2) + 2xu(n+1) + 2(n + 1)u = 0
(2.10)
Thay vào (2.10) các biểu thức sau
2

u(n) = (−1)n e(−x ) Hn (x);
2

u(n+1) = (−1)n e(−x ) (Hn (x) − 2xHn (x));

(2.11)

2

u(n+2) = (−1)n e−x (Hn (x) − 4xHn (x) + (4x2 − 2)Hn (x))
ta nhận được (2.6)
Bài tập 2.5. ([5]) Chứng minh rằng đa thức Legendre
Ln (x) =

1
[(x2 − 1)n ](n) ; n = 0, 1, 2, ...
n

2 .n!

(2.12)

có đủ n nghiệm thực trong khoảng (−1, 1)
Lời giải 2.5. Bổ đề Nếu đa thức Pn (x) có đủ n nghiệm thực (kể cả
(n−1)
bội), thì mỗi đa thức trong dẫy các đa thức đạo hàm Pn (x), Pn (x), ..., Pn
(x)
cũng chỉ có nghiệm trực.
Chứng minh bổ đề Nếu đa thức Pn (x) có n nghiệm đơn x1 < x2 <
... < xn , theo định lý Roll, trong mỗi khoảng nghiệm [xi , xi+1 ] có ít
nhất một nghiệm của Pn (x), có n − 1 khoảng nghiệm, do đó đa thức


18

Pn (x) có n − 1 nghiệm thực. Nếu đa thức Pn (x) có nghiệm xi bội k
thì đa thức Pn (x) cũng có nghiệm xi với bội k − 1. Vậy là ta đã chứng
minh được mệnh đề: nếu đa thức cấp n có n nghiệm thực, thì đa thức
Pn (x) có n − 1 nghiệm thực. Tương tự, đa thức Pn (x) có n − 2 nghiệm
thực...
Áp dụng bổ đề trên, đa thức Ln (x) là đa thức cấp n, nó là đạo hàm n
lần của đa thức Un (x) = (x2 − 1)n , mà đa thức Un (x) = (x2 − 1)n có
2n nghiệm thực trong đoạn [−1, 1], đó là các nghiệm x1 = x2 = ... =
xn = −1 và xn+1 = xn+2 = ... = x2n = 1.
Bài tập 2.6. ([5]) Chứng minh rằng đa thức Chebyshev-Lagerr
Qn (x) = ex (xn e−x )(n) , n = 0, 1, 2, ...
có n nghiệm thực.
Lời giải 2.6. Xét hàm ϕ(x) = xn e−x , vì ϕ(0) = ϕ(+∞) = 0, theo

định lý Rolle , sẽ tồn tại ξ1 ∈ (0, +∞) sao cho ϕ (ξ1 ) = 0. Mặt khác
ϕ (0) = ϕ (+∞) = 0 Theo định lý Roll, tồn tại ξ2 ∈ (0, ξ1 ) và ξ2 ∈
(ξ1 , +∞) sao cho ϕ (ξ2 ) = 0, ϕ (ξ3 ) = 0. Chú ý rằng ϕ (0) = 0,
như vậy hàm ϕ (x) nhận giá trị 0 tại 3 điểm khơng âm.Vì ϕ(j) (0) =
ϕ(j) (+∞) = 0; j = 0, 1, ..., n − 1 áp dụng định lý Rolle n-3 lần ta nhận
được ϕ(n−1) (x) nhận giá trị 0 tại n+1 điểm trên nửa trục dương, trong
đó có điểm x = 0. Lại áp dụng định lý Rolle cho hàm ϕ(n−1) (x) trên n
khoảng, ta nhận đượcn điểm ηk > 0 sao cho ϕ(n) (ηk ) = 0. Hiển nhiên
ϕ(n) (0) = n! = 0. Do đó Qn (x) = ex (ϕ(x))( n), n = 0, 1, 2, ... là đa thức
cấp n có đủ n nghiệm thực.
Bài tập 2.7. ([5]) Chứng minh rằng, đa thức Chebyshev-Hermite
2

2

Hn (x) = (−1)n ex (e−x )(n)
Có đủ n nghiệm thực.
2

Lời giải 2.7. Xét hàm u(x) = e−x . Hiển nhiên là u(j) (−∞) =
u(j) (+∞) = 0; j = 0, 1, ...n, do đó các hàm u(j) = 0 thỏa mãn định
lý Rolle trên khoảng (−∞, +∞) lập luận tương tự như (2.6), ta đi
đến khẳng định: hàm u (x) triệt tiêu tại ít nhất một điểm; hàm u (x)