ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC GIAO THỨC TRỤC GIAO VÀ ỨNG DỤNG TRONG TOÁN PHỔ THÔNG 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 Cơ sở lý thuyết 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.2 Không gian tuyến tính định chuẩn, khơng gian có vơ hướng 1.3 Không gian 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 tích 7 10 10 12 13 Giải số toán 15 2.1 Giải số toán cao cấp 15 2.2 Giải số toán sơ cấp 27 ii Kết luận đề nghị 34 Tài liệu tham khảo 35 iii Lời cảm ơn Trong suốt trình làm luận văn, nhận hướng dẫn giúp đỡ TS.Nguyễn Văn Minh Thầy giành nhiều thời gian bảo tận tình hướng dẫn giải đáp thắc mắc tơi suốt q trình làm luận văn Tơi xin chân thành bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến Thầy Tôi xin cảm ơn q thầy, Khoa Tốn-Tin phịng Đào tạo Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Ngun, viện Tốn học, thầy tham gia giảng dạy khóa cao học 2013 - 2015, lời cảm ơn sâu sắc công lao dạy dỗ mang đến cho nhiều kiến thức bổ ích khơng khoa học mà cịn sống Tôi xin chân thành cảm ơn bạn học viên lớp Cao học toán K7Q bạn bè đồng mơn giúp đỡ tác giả q trình học tập trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Ngun q trình hồn thiện luận văn thạc sĩ Cuối cùng, xin cảm ơn gia đình Nhờ có gia đình chỗ dựa vững vật chất tinh thần cho suốt trình học cao học làm luận văn Thạc sĩ Thái Nguyên, ngày 10 tháng năm 2015 Học viên Phạm Văn Chinh iv Lời cam đoan Luận văn hoàn thành hướng dẫn TS Nguyễn Văn Minh Tôi xin cam đoan kết trình bày luận văn tơi tự làm, không chép luận văn công bố trước Thái Nguyên, ngày 10 tháng năm 2015 Học viên Phạm Văn Chinh v TÓM TẮT NỘI DUNG Ứng dụng Toán Cao cấp để nghiên cứu Toán sơ cấp vấn đề người ta làm Vì Tốn cao cấp mức độ khái quát cao nhiều so với Toán sơ cấp Đề tài theo tư tưởng nói trên, phạm vi hẹp Trong đề tài xét lớp hàm tương đối đặc biệt, Đa Thức Trực Giao Ngồi đa thức theo nghĩa thơng thường, luận văn xét đa thức lượng giác, đa thức lượng giác hệ hàm trực giao đầy đủ Đa thức trực giao đa thức có tính chất trực giao Đa thức trực giao hệ đầy đủ, theo nghĩa hàm liên tục khai triển thành chuỗi Fourier theo hệ hàm trực giao, gọi khai triển Fourier mở rộng Đa thức trực giao ngồi tính chất chung đa thức, cịn có số tính chất riêng, có tính chất sơ cấp Luận văn chúng tơi cố gắng khai thác tính sơ cấp hệ đa thức trực giao Trình bày giải số tốn sơ cấp có liên quan tới đa thực trực giao vi Danh sách ký hiệu Trong toàn luận văn, ta dùng ký hiệu với ý nghĩa xác định bảng đây: u, v ||.|| C[a; b] Pn (x); Qn (x) Tích vơ hướng hai vector u v Chuẩn vector Tập hợp hàm liên tục đoạn [a,b] Đa thức có bậc n, biến x Mở đầu Lớp hàm đa thức trực giao có vị trí đặc biệt tốn học, khơng đối tượng nghiên cứu Đại số cao cấp, Giải tích mà cịn nghiên cứu Giải tích số Vì đa thức trực giao hệ đầy đủ không gian hàm liên tục, sở trực chuẩn không gian Mọi hàm liên tục khai triển cách thành chuỗi Fourier theo hệ hàm trực giao Các hệ đa thức trực giao có tính chất thú vị, chẳng hạn hệ đa thức trực giao nghiệm phương trình vi phân tuyến tính cấp 2; ba đa thực trực giao liên tiếp hệ thỏa mãn phương trình sai phân tuyến tính cấp 2; đa thức trực giao cấp n có n nghiệm thực, nghiệm đa thức cấp n cấp n − xen kẽ Bản thân hệ đa thức trực giao đối tượng Toán cao cấp, bên cạnh chúng có số tính chất có tính sơ cấp Luận văn chúng tơi có gắng khai thác tính chất thuộc tốn cao cấp sơ cấp hóa khai thác số tính chất sơ cấp chúng Ngoài mục Mở đầu, Kết luận vài mục có tính chất hành chính, Luận văn có hai chương chính, chương chương 2: Chương trình bày số kiến thức chuẩn bị Chương nhắc lại số phần Đại số cao cấp, Đại số tuyến tính Giải tích Chương 2, tình bày số ví dụ, tốn có nội dung liên quan tới đa thức trực giao Chương 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 xác định cấu trúc chuẩn, với vector x ∈ V , luôn xác định số ||x||, gọi chuẩn x, thỏa mãn tính chất sau: ||x|| ≥ ||x|| = ⇐⇒ x = θ ||tx|| = |t|.||x|| ||x + y|| ≤ ||x|| + ||y|| Trong khơng gian có nhiều chuẩn khác nhau, ta có khái niệm hai chuẩn tương đương sau: Định nghĩa 1.1 Hai chuẩn ||x||1 ||x||2 gọi tương đương, tồn hai số dương c1 , c2 cho c1 ||x||1 ≤ ||x||2 ≤ c2 ||x||1 Trong không gian hữu hạn chiều chuẩn tương đương Chuẩn Rn xác định: n |xi |p ||x||p = i=1 1/p , với ≤ p ≤ +∞ Gán p số khác nhau, ta chuẩn Ba chuẩn thường dùng là: n Với p=1, ta có chuẩn ||x||1 = |xi | i=1 Với p=2, ta có chuẩn ||x||2 = x21 + x22 + + x2n Với p = +∞, ta có chuẩn ||x||∞ = max |x1 |, |x2 |, , |xn | Trong chương trình hình học ta biết tích vơ hướng hai vector; ta suy rộng khái niệm cho vector tổng quát: Định nghĩa 1.2 Cho V không gian vector, x, y hai vector V Tích vơ hướng hai vector số thực, ký hiệu x, y , thỏa mãn tính chất sau, gọi tiên đề tích vơ hướng: x, y = y, x ; x, x ≥ 0, ∀x ∈ V , x, x = ⇐⇒ x = θ; ax + by, z) = ax, z + by, z , ∀x, y ∈ V; ∀a, b ∈ R Không gian vector có trang bị tích vơ hướng gọi khơng gian có tích vơ hướng Khơng gian V hữu hạn chiều có tích vơ hướng gọi khơng gian Euclid, ký hiệu Rn Không gian V vô hạn chiều có tích vơ hướng gọi khơng gian tiền Hilbert, không gian tiền Hilbert đầy đủ gọi không gian Hilbert, ký hiệu H Mọi khơng gian có tích vơ hướng khơng gian định chuẩn, với chuẩn ||x|| = x, x Khơng gian có tích vơ hướng có bất đẳng thức quan trọng, bất đẳng thức Cauchy- Bunyakovsky: | x, y | ≤ ||x||.||y|| | x, y | = ||x||.||y|| ⇐⇒ ∃t ∈ R cho x = ty y = tx Hai vector x, y trực giao, tích vơ hướng chúng 0: x⊥y ⇐⇒ x, y = Ví dụ 1.1 Trong khơng gian Rn , với x = (x1 , x2 , , xn ), y = (y1 , y2 , , yn ) Khi biểu thức sau tích vơ hướng: 21 Do +1 a0 = f (x)L0 (x)dx = −1 +1 2k + ak = +1 2k + f (x)Lk (x)dx = −1 +1 2k + Lk (x)dx = 2k + dk−1 (x2 − 1)k 1 Lk (x)dx = k , k = 1, 2, 2k k! k! dxk−1 dk−1 (x2 − 1)k Hiển nhiên, với k ≥ Việc cịn lại ta phải tính dxk−1 điểm x = biểu thức không Để tính giá trị biểu thức x = 0, khai triển nhị thức Newton k k (k−1) ((x − 1) ) Ckl (−1)l x2k−2l )(k−l) = =( l=0 k+1 (2.16) Ckl (−1)l (2k − 2l)(2k − 2l − 1) (k + − 2l)xk−2l+1 l=0 Từ suy ra: k chẵn, với x = 0, tổng (2.16) không; m+1 k = 2m + 1, x = tổng (2.16) C2m+1 (−1)m+1 (2m)! Vì a2m = 0; a2m+1 = (−1)m (4m + 3)(2m)! ; m = 0, 1, 22m+2 m!(m + 1)! Vậy, khai triển hàm cho ∞ (4m + 3)(2m)! f (x) = + (−1)m 2m+2 L2m+1 (x) m=0 m!(m + 1)! Bài tập 2.11 ([6]) Khai triển thành chuỗi Fourier hàm f (x) = |x|, x ∈ (−1, 1) theo hệ đa thức Legendre 22 Lời giải 2.11 Viết hàm f (x) dạng chuỗi Fourier suy rộng +1 ∞ 2n + |x| = an Ln (x); an = n=1 |x|Ln (x) (2.17) −1 Với n = 2m + 1, a2m+1 = hàm dấu tích phân hàm lẻ, tích phân lại lấy đoạn [−1; 1] Với n = 2m, 4m + 1 a0 = ; a2m = 2m 2 (2m)! x d2m (x2 − 1)2m dx = dx2m 4m + d2m−1 (x2 − 1)2m d2m−2 (x2 − 1)2m x − 22m (2m)! dx2m−1 dx2m−2 4m + [(x2 − 1)2m ](2m−2) |x=0 ; m = 1, 2, 22m (2m)! Tương tự (2.10), ta có m+1 [(x2 − 1)2m ](2m−2) |x=0 = (−1)2m+1 C2m (2m − 2)! Vậy ∞ (4m + 1)(2m − 2)! (−1)m 2m L2m (x) |x| = − m=1 (m − 1)!(m + 1)! Bài tập 2.12 ([6]) Khai triển thành chuỗi Fourier hàm f (x) = e−ax , x ∈ R theo hệ đa thức Lagerr Lời giải 2.12 Viết hàm f (x) dạng chuỗi Fourier suy rộng ∞ e −ax = an Qn (x) (2.18) n=0 Hệ đa thức Lagerr trực giao nửa trục [0; +∞ với trọng số e−x Ta nhận +∞ +∞ e−x e−ax Qn (x)dx = n! an = −ax d e n (xn e−x ) dx dxn 23 −ax dn−1 (xn e−x ) = e n! dxn−1 +∞ n−1 n −x (x e ) −ax d e dx dxn−1 +∞ +a 0 Tiếp tục tính tích phân phần, ta nhận được: an an = n! +∞ xn e−(1+a)x dx (2.19) Tích phân phần vế phải (2.19) n lần, ta nhận an an = (1 + a)n +∞ −(1+a)x e an dx = (1 + a)n+1 ; n = 0, 2, 3, (2.20) Cuối cùng, ta nhận khai triển e −ax = a+1 ∞ n=0 an Qn (x) (1 + a)n Bài tập 2.13 ([6]) Khai triển thành chuỗi Fourier hàm f (x) = xn theo hệ đa thức Lagerr Lời giải 2.13 +∞ xn e−x dx a0 = +∞ k k −x n d (x e ) x dx dxk an = k! k−1 k −x n d (x e ) = x k! dxk−1 +∞ +∞ k−1 k −x (x e ) n−1 d x dx dxk−1 −n 0 n(n − 1)(n − 2) (n − k + 1) = (−1)k k! +∞ xn e−x dx = (−1)k n! n(n − 1) (n − k + 1), với ≤ k ≤ n k! (2.21) 24 Với k > n, ak = Tóm lại n (−1)k n f (x) = x = k=0 (n!)2 Qk (x) k!(n − k)! Bài tập 2.14 ([6]) Khai triển thành chuỗi Fourier theo họ hàm Her−1, x < mite, hàm số f (x) = theo hệ đa thức Hermite 1, x ≥ 1.6 Lời giải 2.14 ∞ f (x) = ak Hk (x) k=0 Với a0 = +∞ k! ak = √ 2π k! =√ 2π f (x)e−x /2 Hk (x)dx f (x)e−x /2 Hk (x)dx −∞ (2.22) −∞ +∞ k! +√ 2π f (x)e−x /2 Hk (x)dx, k = 1, 2, Thay hàm f (x) cho (2.14) vào (2.22), ta có +∞ k! ak = √ 2π f (x)e−x /2 Hk (x)dx −∞ k! =√ − 2π e−x /2 Hk (x)dx (2.23) −∞ +∞ k! +√ 2π e−x /2 Hk (x)dx, k = 1, 2, Thay biểu thức hàm Hn (x) vào đổi biến x −x tích 25 phân thứ nhất, ta +∞ + (−1)k+1 √ ak = 2π + (−1)k+1 −x2 /2 dk (e−x /2 ) √ =− e dxk 2π (k−1) 0 Để tính giá trị biểu thức e−x /2 (k−1) , ta xét hàm u = e−x /2 Ta thấy hàm u thỏa mãn phương trình u + xu = Ssử dụng công thức Leibnitz đạo hàm cấp cao, ta nhận n−1 (n) u k Cn−1 x(k) un−1−k = + k=0 thay x = vào biểu thức này, ta nhận công thức truy hồi u(k) (0) = −(n − 1)u(k−2) (0), k = 2, 3, Vì u(0) = 1, u (0) = 0, ta nhận được: u(2k+1) (0) = 0, u2k (0) = (−1)l (2l − 1)!!, l = 1, 2, Vì  vậy, ta nhận hệ số Fourier  a =0    2l a1 = − π2     a2l+1 = −(−1)l (2l − 1)!!, l = 1, 2, π Vậy, khai triển nhận ∞ f (x) = k=0 (−1)l+1 (2l)! √ H2l+1 (x) 2l+1 2π.l! Bài tập 2.15 ([6]) Khai triển thành chuỗi Fourier theo họ hàm Hermite, hàm số f (x) = |x| 26 Lời giải 2.15 Tương tự 2.14, ta thu + (−1)k ak = √ 2π +∞ x e−x /2 (k) dx k = + (−1) −x2 /2 √ e 2π (k−2) x=0 Từ suy ra: (2.24) +∞ a0 = √ 2π |x| e−x /2 dx −∞ (−1)l (2l − 2)! √ ; l = 1, 2, 2l−2 (l − 1)! 2π = 0; l = 1, 2, a2l = − a2l−1 Bài tập 2.16 ([6]) Khai triển thành chuỗi Fourier theo họ hàm Hermite, hàm số f (x) = e−ax Lời giải 2.16 +∞ ak = √ 2π +∞ e−ax Hk (x)dx = √ 2π −∞ e−ax e−x /2 (k) dx; k = 0, 1, 2, −∞ Tích phân phần +∞ ak = √ e−ax e−x /2 2π (k−1) e−ax e−x +a /2 (k−1) dx; k = 1, 2, −∞ Hay ak = aak−1 ; k = 1, 2, a0 = = √1 2π /2 a e√ 2π +∞ e −ax−x2 /2 −∞ +∞ t2 /2 e dx = dt = ex √1 2π +∞ e + a2 − (x+a) dx −∞ /2 −∞ Ta nhận ak = ea tìm /2 k a , k = 0, 1, 2, Cuối cùng, khai triển cần −ax e =e a2 ∞ ak Hk (x) k=0 27 2.2 Giải số toán sơ cấp Bài tập 2.17 ([3]-241) Cho tổng Sn (x) = cos x + 1 cos 2x + cos 3x + + cos nx n Chứng minh Sn (x) khơng bé −1 Lời giải 2.17 Giả sử có 1 Sn (x) = cos x+ cos 2x+ cos 3x+ + cos nx, n = 0, 1, ; ≤ x ≤ π n Đạo hàm vế theo x, ta n −Sn (x) = sin lx = l=1 x − cos (n + )x x cos sin 2 Vì vậy: −Sn−1 (x) − Sn (x) = − cos nx ≥ 0; tan x2 n ≥ 2, ≤ x ≤ π Từ suy x → π, hàm −Sn−1 (x) − Sn (x) tăng, từ suy n−1 −Sn−1 (x) − Sn (x) ≤ −Sn−1 (π) − Sn (π) = l=1 (−1)l−1 (−1)n−1 + l n Giả sử n = 2k, k ≥ Khi −S2k−1 (x) − S2k (x) = −2S2k (x) + −2S2k−1 (x) − 2k−1 cos 2kx ≤2 (−1)l−1 1l − 2k l=1 2k cos 2kx = 2k = 2tk − Từ đó: −2S2k (x) ≤ 2tk − + cos 2kx ≤ 2tk 2k −2S2k−1 (x) ≤ 2tk − − cos 2kx ≤ 2tk 2k 2k 28 Vì t1 = 1, cịn với k > 1, tất tk thỏa mãn điều kiện tk < 1, Sn (x) ≥ −tk ≥ −1, n ≥ Dễ thấy rằng, dấu đẳng thức xảy n = 1, x = π Ngoài ra, n → ∞, đại lượng tk giảm ln Như với n hữu hạn, ta có Sn (x) > − ln > −1 Đ.p.c.m Bài tập 2.18 Tính Giá trị Ln (0), Ln (x) đa thức Legendre Lời giải 2.18 Theo công thức truy hồi nLn (x) − (2n − 1)xLn−1 (x) + (n − 1)Ln−2 (x) = gán cho x = 0, ta nLn (0) + (n − 1)Ln−2 (0) = 0, suy Ln (0) = − (n−1) n Ln−2 (0) Giả sử n số chẵn, ta có (n − 1) Ln−2 (0) n (n − 3) Ln−4 (0) Ln−2 (0) = − n−2 (n − 5) Ln−4 (0) = − Ln−6 (0) n−4 (3) L4 (0) = − L2 (0) (1) L2 (0) = − L0 (0) Ln (0) = − Nhân vế với vế đẳng thức trên, ta n Ln (0) = (−1) 1.3.5 (n − 1) với n chẵn 2.4.6 n Do tính lẻ đa thức Legendre, ta có Ln (0) = với n lẻ Bài tập 2.19 Cho đa thức lượng giác P (x) = a1 cos 1.x + a2 cos 2.x + + a9 cos 9x Biết P (0) = P (0) = P (0) = P (16)(0) = (2.25) 29 Chứng minha1 = a2 = = a9 = Lời giải 2.19 Lấy đạo hàm 16 lần (bản thân P(x) hiểu đạo hàm cấp 0) P (0) (x) = a1 cos 1.x + a2 cos 2.x + + a9 cos 9x P (x) = −a1 sin 1.x − 2.a2 sin 2.x − − 9.a9 sin 9x P (x) = −a1 cos 1.x − 22 a2 cos 2.x − − 92 a9 cos 9x P (3) (x) = a1 sin 1.x + 23 a2 sin 2.x + + 93 a9 sin 9x (2.26) P (15) (x) = a1 sin 1.x + 215 a2 sin 2.x + + 915 a9 sin 9x P (16) (x) = a1 cos 1.x + 216 a2 cos 2.x + + 916 a9 cos 9x Thay x = vào vế phải hàm (2.26) quan tâm đến đạo hàm bậc chẵn, ta hệ phương trình với ẩn a1 , a2 , a9   a1 + a2 + + a9 =     a + 22 a + + 92 a = (2.27)      a + 216 + + 916 a = Biến đổi hệ (2.27)   a1 + a2 + + a9 =     a + 4a + + 81a =      a + 48 + + 818 a = (2.28) Hệ phương trình (2.28) hệ phương trình đại số tuyến tính nhất, có định thức vế phải định thức Vandermonde khác không, hệ có nghiệm tầm thường a1 = a2 = = a9 = Bài tập 2.20 Cho đa thức lượng giác P (x) = a1 cos 1.x + a2 cos 2.x + + a9 cos 9x Biết P (x) = với ∀x ∈ R Chứng minh a1 = a2 = = a9 = 30 Lời giải 2.20 Cách Nhân vế đẳng thức a1 cos 1.x + a2 cos 2.x + + a9 cos 9x = (2.29) với cos x sau lấy tích phân hai vế từ −π đến π, ta +π +π a1 cos2 xdx+ −π +π a2 cos 2.x cos xdx+ + −π +π a9 cos 9x cos xdx = −π 0.dx −π +π Từ tính chất trực giao hệ lượng giác, ta có: a1 cos2 xdx = 0, −π +π cos2 xdx > 0, suy a1 = −π Tương tự trên, ta nhân hai vế (2.29) với cos 2x, lấy tích phân từ −2π đến 2π, ta a2 = Cứ tiếp tục ta có đ.p.c.m Cách Lấy đạo hàm liên tiếp đa thức lượng giác cho 16 lần (bản thân hàm P (x) coi đạo hàm cấp không), ta   P (0) (x) = a1 cos 1.x + a2 cos 2.x + + a9 cos 9x      P (1) (x) = −1.a1 sin 1.x − 2.a2 sin 2.x − − 9.a9 sin 9x      P (2) (x) = −1.a1 cos 1.x − 22 a2 cos 2.x − − 92 a9 cos 9x    P (3) (x) = 1.a sin 1.x + 23 a sin 2.x + + 93 a sin 9x  P (4) (x) = 1.a1 cos 1.x + 24 a2 cos 2.x + + 94 a9 cos 9x           P (15) (x) = 1.a1 sin 1.x + 215 a2 sin 2.x + + 215 a9 sin 9x    P (16) (x) = a cos 1.x + 216 a cos 2.x + + 916 a cos 9x (2.30) Từ tính chất: hàm số đồng khơng, đạo hàm cấp đồng khơng Ta gán x = vào tất 31 đạo hàm  P (0) (0)     (2)   P (0) P (4) (0)        (16) P (0) = a1 + a2 + + a9 = = 1.a1 + 22 + + 92 = = 1.a1 + 24 a2 + + 94 a9 = (2.31) = 1.a1 + 216 a2 + + 916 = Hệ phương trình (2.31) có nghiệm a1 = a2 = = a9 = Nhận xét Đây tính chất chung hệ vector độc lập tuyến tính, với học sinh phổ thơng ta phải dùng thuật ngữ tốn phổ thơng Bài tập 2.21 Cho hàm số f (x) = 32x6 − 48x4 + 18x2 − Tìm giá trị lớn nhỏ f (x) đoạn [−1, 1] Lời giải 2.21 Thay x = cost, t ∈ [−π; π], ta nhận f (t) = 32 cos6 t − 48 cos4 t + 18 cos2 t − f (t) = 32 cos4 t(cos2 t − 1) − 16 cos4 t + 16 cos2 t + cos2 t − = −32 cos4 t sin2 t + 16 cos2 t(1 − cos2 t) + cos2 t − = −8 cos2 t(2 sin t cos t)2 + 16 cos2 t(1 − cos2 t) + cos2 t − 1 + cos 2t = −8 cos2 t sin2 2t + 16 cost sin2 t + −1 + cos 2t − cos 4t = −8 + sin2 2t + cos 2t 2 − cos 4t = −2(1 − cos 4t + cos 2t − cos 2t cos 4t) + + cos 2t = − cos 2t + cos 2t cos 4t cos 6t + cos 2t = − cos 2t + 2 = cos 6t (2.32) 32 Ta thấy, t ∈ [−π; π], −1 ≤ cos 6t ≤ Bài tập 2.22 Giả sử x1 , x2 , xn nghiệm đa thức Tn (x) Hãy tính: n A= − xi i=1 n Lời giải 2.22 Xét hàm g(x) = i=1 x−xi Quy đồng mẫu số vế phải g(x) 1 + + = x − x1 x − x2 x − xn (x − x1 )(x − x2 ) (x − xn ) (x − x2 )(x − x3 ) (x − xn ) g(x) = (2.33) + (x − x1 )(x − x3 ) (x − xn ) + (x − x1 )(x − x2 ) (x − xn ) + (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) (x − xi−1 )(x − xi+1 ) (x − xn ) + (x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) (x − xn−1 ) + (x − x1 )(x − x2 ) (x − xn−1 )(x − xn ) = Ln (x) Ln (x) Viết lại: g(x) = 1 L (x) (cos (n arccos x)) + + = n = x − x1 x − x2 x − xn Ln (x) cos (n arccos x) g(x) = sin (n arccos x).n √1−x cos (n arccos x) A = g(1) = lim = n √ x→1 = n√ tan (n arccos x) − x2 tan (n arccos x) = n2 − x2 Bài tập 2.23 Giả sử x1 , x2 , xn nghiệm đa thức Tn (x) Hãy tính: n xi B= − xi i=1 33 Lời giải 2.23 n B= i=1 n =− i=1 n =− i=1 n =− i=1 xi − xi −xi − xi x − xi − x − xi x − xi −x − xi n =− n−x i=1 n i=1 1 − xi 1 − xi Cho x dần tới 1, từ kết (2.22), ta B =A−n 34 Kết luận đề nghị Luận văn Đa thức trực giao ứng dụng tốn phổ thơng làm việc sau: Trình bày có hệ thống kiến thức đại số giải tích có liên quan đến đa thức trực Đã hệ thống loại đa thức trực giao, trình bày tính chất đa thức trực giao như: tính trực giao, tính có đủ nghiệm thực, tính chất xen kẽ nghiệm Sưu tầm chứng minh tính chất đa thức trực giao Sưu tầm số thí dụ, tập đa thức trực giao, có nội dung sơ cấp Đa thức trực giao lớp hàm đặc biệt Toán học, hệ sở đầy đủ khơng gian hàm liên tục (đúng tập bình phương khả tích), ứng dụng giải tích số dùng để xấp xỉ hàm số cho trước đa thức Trong luận văn chưa thể tính ứng dụng đa thức giao Với số lượng thí dụ mà luận văn trình bày chưa phải nhiều, với mục tiêu giảng dạy cho tốn phổ thơng, số lượng tạm đủ 35 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Phạm Kỳ Anh (1996), Giải tích số, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội [2] Nguyễn Thị Túy (2009), Đa thức trực giao ứng dụng, Luận văn Thạc sĩ, Trường ĐHSP Hà Nội Tiếng Anh [3] Dunkel O (1957), Memorial Problem Book, New York [4] Rivlin T.J (1969), An Introduction to the Approximation of Functions, Masachussetts Toronto London Tiếng Nga [5] L xko.I.I, Bo rquk.A.K, Ga G, i ă,G.P Golovak (1977), Matematikqskiăi analiz v primerah i zadaqah, Tom 1, Izd Biwa xkola [6] L xko.I.I, Bo rquk.A.K, Ga G, i ă,G.P Golovak (1977), Matematikqskiăi analiz v primerah i zadaqah, Tom 2, Izd Biwa xkola ... biệt, Đa Thức Trực Giao Ngồi đa thức theo nghĩa thông thường, luận văn xét đa thức lượng giác, đa thức lượng giác hệ hàm trực giao đầy đủ Đa thức trực giao đa thức có tính chất trực giao Đa thức. .. Đa thức với hệ số thực Lớp đa thức có tính chất tốt như: liên tục khả vi vơ hạn lần toàn trục số; đạo hàm đa thức đa thức; nguyên hàm đa thức đa thức; tổng hai đa thức, tích hai đa thức đa thức; ... thức trực giao ứng dụng tốn phổ thơng làm việc sau: Trình bày có hệ thống kiến thức đại số giải tích có liên quan đến đa thức trực Đã hệ thống loại đa thức trực giao, trình bày tính chất đa thức