Đến nội dung


Chú ý

Hệ thống gửi email của diễn đàn đang gặp vấn đề với một số tài khoản Gmail do chính sách bảo mật tăng cường của Google. Nếu bạn không nhận được email từ diễn đàn, xin hãy tạm thời dùng một địa chỉ email khác ngoài Gmail (trước hết bạn nên kiểm tra thùng rác hoặc thư mục spam của hộp thư, hoặc dùng chức năng tìm kiếm trong hộp thư với từ khoá "diendantoanhoc.org" để chắc chắn là email không nhận được).

BQT đang cố gắng khắc phục, mong các bạn thông cảm.


Hình ảnh

$\max\limits_{0\le i\le n+1}\left| {a}^{i}-P\left( i \right) \right|\ge {\left( \frac{a-1}{2} \right)}^{n}$

dathuc đa thức

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1 NAT

NAT

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 236 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bạc Liêu

Đã gửi 05-09-2022 - 10:12

Cho $P\left( x \right)\in \mathbb{R}[x]$ thỏa mãn $\deg P=n\in \mathbb{N}$. Chứng minh rằng với mọi $a>3$ thì
 
$\max\limits_{0\le i\le n+1}\left| {a}^{i}-P\left( i \right) \right|\ge {\left( \frac{a-1}{2} \right)}^{n}$.


#2 narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng
  • Sở thích:210 ;)

Đã gửi 05-09-2022 - 21:37

Mình nghĩ là quy nạp, khá gọn và đẹp như sau : cụ thể với $\displaystyle n=0$ thì $\displaystyle P( x) \equiv c$ và ta có thể kiểm tra trực tiếp. Giả sử kết luận bài toán đa xcho đúng đến $\displaystyle n-1$. Xét đa thức $\displaystyle P( x)$ tùy ý bậc $\displaystyle n$ với hệ số thực. Khi đó đặt $\displaystyle Q( x) =\frac{P( x+1) -P( x)}{a-1}$

 
Theo giả thiết quy nạp thì tồn tại số $\displaystyle k$ nguyên sao cho $\displaystyle |a^{k} -Q( k) |\geqslant \left(\frac{a-1}{2}\right)^{n-1}$ sau đó thì thay $\displaystyle Q( k)$ như trên vào rồi biến đổi tương đương.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi narutosasukevjppro: 05-09-2022 - 21:41


#3 nhungvienkimcuong

nhungvienkimcuong

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 603 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Daklak
  • Sở thích:đã từng có

Đã gửi 06-09-2022 - 15:40

Cho $P\left( x \right)\in \mathbb{R}[x]$ thỏa mãn $\deg P=n\in \mathbb{N}$. Chứng minh rằng với mọi $a>3$ thì

 
$\max\limits_{0\le i\le n+1}\left| {a}^{i}-P\left( i \right) \right|\ge {\left( \frac{a-1}{2} \right)}^{n}$.

Áp dụng kết quả này thì có được: Với đa thức $f(x)$ có $\deg(f)=m<n$ thì

\begin{equation} \label{hqu}
\sum_{k=0}^n(-1)^{n-k}\binom{n}{k}f(x+k)=0,\ \forall x\in \mathbb{R}.
\end{equation}

 

Áp dụng (\ref{hqu}) cho đa thức $P(x)$ có $\deg(P)<n+1$ ta có
\begin{equation}
\sum_{k=0}^{n+1}(-1)^{n+1-k}\binom{n+1}{k}P(k)=0 .
\end{equation}
Giả sử $\displaystyle \max_{0\le i\le n+1}|a^i-P(i)|< \left(\frac{a-1}{2}\right)^n$, suy ra với mọi $k=\overline{0,n+1}$ thì 

$$a^k- \left(\frac{a-1}{2}\right)^n<P(k)<a^k+\left(\frac{a-1}{2}\right)^n \implies (-1)^{n+1-k}P(k)>(-1)^{n+1-k}a^k-\left(\frac{a-1}{2}\right)^n.$$
Do vậy
\begin{align*}
\sum_{k=0}^{n+1}(-1)^{n+1-k}\binom{n+1}{k}P(k)&>\sum_{k=0}^{n+1}\binom{n+1}{k}\left((-1)^{n+1-k}a^k-\left(\frac{a-1}{2}\right)^n\right)\\
&=(a-1)^{n+1}-2^{n+1}\left(\frac{a-1}{2}\right)^n\\
&> (3-1)(a-1)^{n}-2(a-1)^n=0.
\end{align*}
Điều này mâu thuẫn với $(2)$, vậy ta có được điều cần chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 06-09-2022 - 15:48

Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra  ~O) 

Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em  :wub: 

Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh  :ukliam2: 






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: dathuc, đa thức

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh