Chủ đề này có 2 trả lời

[danganhaaaa]

Ta xét đa thức $P \in \mathbb{R}[x]$ với $P(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}a_{k}x^{n-k}$,thỏa mãn:$|P(x)| \le 1;\forall x \in [-1;1]$.Ta ký hiệu :$P^{-1}(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}a_{k}x_{k}$.
Chứng minh rằng:$|P^{-1}(x)| \le 2^{n-1};\forall x \in [-1;1]$.

[dark templar]

Ta xét đa thức $P \in \mathbb{R}[x]$ với $P(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}a_{k}x^{n-k}$,thỏa mãn:$|P(x)| \le 1;\forall x \in [-1;1]$.Ta ký hiệu :$P^{-1}(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}a_{k}x_{k}$.
Chứng minh rằng:$|P^{-1}(x)| \le 2^{n-1};\forall x \in [-1;1]$.

Gợi ý cho nhé
Sử dụng công thức nội suy Lagrange ,ta có:
$$P(x)=\sum_{k=0}^{n}P(x_{k})\frac{(x-x_{0})(x-x_1)...(x-x_{k-1})(x-x_{k+1})...(x-x_{n})}{(x_{k}-x_0)...(x_{k}-x_{k-1})(x_{k}-x_{k+1})...(x_{k}-x_{n})}$$
Và công thức:$P^{-1}(x)=x^{n}P\left(\frac{1}{x} \right)$

[Ispectorgadget]

Ta xét đa thức $P \in \mathbb{R}[x]$ với $P(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}a_{k}x^{n-k}$,thỏa mãn:$|P(x)| \le 1;\forall x \in [-1;1]$.Ta ký hiệu :$P^{-1}(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}a_{k}x_{k}$.
Chứng minh rằng:$|P^{-1}(x)| \le 2^{n-1};\forall x \in [-1;1]$.

Với $x\neq 0$ ta có $P^{-1} =x^nP(\frac{1}{x})$
:") Cái này dùng nội suy Lagrange như trên là ra
$$\Rightarrow P^{-1}=\sum_{k=0}^n\frac{(1-xx_0)(1-xx_{k-1})(1-xx_{j+1})...(1-xx_n)}{(x_k-x_0)...(x_k-x_{k-1})(x_k-x_{k+1})(x_k-x_n)}$$
Hệ thức trên đúng với mọi $x\neq 0$ mà hai về đều là hai đa thức của $x$ vậy hệ thức đúng với mọi $x$. Suy ra với mọi $x\in R$. Theo giả thiết $|P(x_k)|\le 1|.$
\[|{P^{ - 1}}(x)| \le \sum\limits_{k = 0}^n {\left| {\frac{{(1 - x{x_0})...(1 - x{x_{k - 1}})(1 - x{x_{k + 1}})...(1 - x{x_n})}}{{({x_k} - {x_0})...({x_k} - {x_{k - 1}})({x_k} - {x_{k + 1}})...({x_k} - {x_n})}}} \right|} \]
Ước lượng $|P^{-1}(x)|$ với $x\in [-1;1]$
Muốn vậy ta để ý rằng $\bullet \,\, 1=x_0>x_1>...>x_k>...>x_{n+1}>x_n=-1$
$\bullet$ Với $|x|\le 1$ ta có $1-xx_i\ge 0, (i=0,1,...n)$
Suy ra với $x\in [-1;1]$ ta có \[|{P^{ - 1}}(x)| \le \sum\limits_{k = 0}^n {{{( - 1)}^k}\frac{{(1 - x{x_0})...(1 - x{x_{k - 1}})(1 - x{x_{k + 1}})...(1 - x{x_n})}}{{({x_k} - {x_0})...({x_k} - {x_{k - 1}})({x_k} - {x_{k + 1}})...({x_k} - {x_n})}}} \,\,\,\,(1)\]
Mặt khác áp dụng công thức nội suy Lagrange cho đa thức Chebishev $T_n(x)$ tại $n+1$ điểm $x_k(k=0,1,...,n)$ ta được:
\[{T_n}(x) = \sum\limits_{k = 0}^n {{T_n}({x_k})\frac{{(1 - {x_0})...(x - {x_{k - 1}})(x - {x_{k + 1}})...(1 - {x_n})}}{{({x_k} - {x_0})...({x_k} - {x_{k - 1}})({x_k} - {x_{k + 1}})...({x_k} - {x_n})}}} \,\,\,\]
\[{T_n}(x) = \sum\limits_{k = 0}^n {{{( - 1)}^k}\frac{{(1 - {x_0})...(x - {x_{k - 1}})(x - {x_{k + 1}})...(1 - {x_n})}}{{({x_k} - {x_0})...({x_k} - {x_{k - 1}})({x_k} - {x_{k + 1}})...({x_k} - {x_n})}}} \,\,(2)\,\]
Xem đa thức $T^{-1}_n$ xác định bởi $T_n^{-1} (x)= x^nT_n(\frac{1}{x}) (x\neq 0)$
Từ đó ta thấy với $x \neq 0$ thì \[T_n^{ - 1}(x) = \sum\limits_{k = 0}^n {{{( - 1)}^k}\frac{{(1 - x{x_0})...(1 - x{x_{k - 1}})(1 - x{x_{k + 1}})...(1 - x{x_n})}}{{({x_k} - {x_0})...({x_k} - {x_{k - 1}})({x_k} - {x_{k + 1}})...({x_k} - {x_n})}}} \,\,(2)\,\]
Vì 2 vế là đa thức của $x$ nên nếu chúng bằng nhau khi $x\neq 0$ thì chũng cũng bằng nhau với mọi $x\in R$. So sánh với (1) ta suy ra $|P^{-1}(x) \le T^{-1}(x)$ khi $x\in [-1;1]$
Vì đa thức Chebishev có nghiệm $T_n(x)$ bậc $n$ có nghiệm
$x_k=\cos (\frac{\pi}{2n}+\frac{k}{n}),(k=0,1,...,n-1)$
Và hệ số cao nhất bằng $2^{n-1}$ vậy nó được phân tích dưới dạng
$T_n(x)=2^{n-1}(x_0)(x-x_1)...(x-x_{n-1})$
Từ đó suy ra $T^{-1}(x)=2^{n-1}(1-xx_0)(1-xx_1)...(1-xx_{n-1})$ (4)
Dãy $x_0;x_1;...x_{n-1}$ là một dãy đối xứng nên theo (4) ta có
$T_n^{-1}=2^{n-1}(1+xx_0)(1+xx_1)...(1+xx_{n-1})$
Cùng với (4) suy ra $$[T_n^{-1}(x)]^2=4^{n-1}(1-x^2x_0^2)(1-x^2x_1^2)...(1-x^2x_{n-1}^2)$$
Nên với $|x|\le 1: [T_n^{-1}(x)]^2\le 4^{n-1}$
Theo (3) ta có $T_n^{-1}(x)\ge 0$ khi $|x|\le 1$
Vậy với $x\in [-1;1]$
$T_n^{-1}\le 2^{n-1}$
Kết hợp với (3) ta được $P^{-1}(x)\le 2^{n-1}$ khi $|x|\le 1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 20-10-2012 - 21:09