Chương 1 MỘT SỐ KIEN THUC BO TRG 1.1 Một số tính chất của hàm lượng giác Trong phần này ta xét một số tính chất cơ bản của hàm lượng giác trên trục thực. Ta có sina;cosx € [—1;1]; sin?2+cos?2=1, Va ER. sin(œ + k2) = sinz; cos(œ + k2z) = cosz, V+z€ lR. tan( + km) = tan :+, V# # 5 +kZ; cot( + km) = cotz, Vz # km.
Công thức góc nhân đôi cos 2a = cos? a — sin? œ = 2cos?œ — 1= 1— 2sinÊ ø. Công thức góc nhân ba cos 3a = 4cos* a — 3cos a,sin3a = 3sina — 4 sin? a. Công thức góc nhân năm cos 5œ = 16 cos” a — 20 cos? a + 5 cos a, sin5a = 16 sin? a — 20sin? a + 5sina. Về sau, ta sử dụng các hệ thức SÌn #-ƑCOS # = v2sin(z+2) = V2eos(z—T), -V2< v2sin(2+7) va V2eos(z—.
Ta co sina — cosa = V2sin(« — 2) = V2cos(a + 1) V2 < v2sin( — *) V2cos(z + 7) < v2 + Nếu Œ := asinz + Bcosx thì —v/a2 + 2< Œ< \/a2+ 82, Vee R. + Nếu D := cos"z+ + sin"z thì ta có —1< D <1, VzeR.2 Đa thức lượng giác Định nghĩa 1. Ham sé dang An(x) = a9 + a1 cosa + by sine +--+ + ap cosna + by sinna, trong đó a„ và b„ không đồng thời bằng không (tức là a2 + b2 > 0), aid; € R voi i=0,1,.,n, dugc gọi là đa thức lượng gidc bac n (n € N). Khi tất cả b; = 0 với j = 1,2,.,n, ta nhận được biểu thức không chứa hàm sin.
Hàm số dạng Cn(#) = ag + a1 Cosa + +++ + Gn cosna được gọi là đa thức lượng giác bậc ø theo cosin. Tương tự, khi tất cả a¿ = 0 với ¡ = 1,2,.,n, ta nhận được biểu thức không chứa hàm cosin. Hàm số dạng Sp(x) = bo + bi sina +--+ + a, sinna được gọi là đa thức bậc n theo sin. Sau đây, ta liệt kê các tính chất đơn giản của đa thức lượng giác.
Tổng của hai đa thức lượng giác Aa(z) và Bm(+) là một đa thức lượng giác có bậc nhỏ hơn hoặc bằng max {m;n}. Tích của hai đa thức lượng giác Aa(z) và B„(+) là một đa thức lượng giác có bậc bằng n + m. Nếu đa thức lượng giác An(«) = ag + a1 cosa + by sing +--+ + ap cosna + by sinna đồng nhất bằng 0 với mọi z e IR, thì tất cả các hệ số của nó đều bằng 0, tức là ag = ay = by = ag = bn = +++ = An = Dn = Ö. Đối với mọi đa thức lượng giác dang An(«) = ag + a1 cosa + by sing +--+ + ap cosna + by sinna luén tim dude cac da thitc dai sé P,(t); Qn—1(t) sao cho An(x) = Py(cos x) + sin ¢Qn—1(cos 2).
Đối với đa thức lượng giác bậc n (n > 1) dang Sp(x) = bo + bi sina +--+ + ay, sinnx luôn tồn tại đa thức đại số Q„_¡(#), sao cho Sn(#) = Ùọ + sinzQ„—1(cos #). Đối với đa thức lượng giác bậc n (n > 1) theo cosin Cr(x) = ag + a1 Cosa + +++ + Gn cosna luén tén tai da thttc dai sé P,,(t) vdi hé sé cao nhat bang a,2"~! sao cho C;,(x) = Pn (cos x). Ngược lại, với mọi đa thức đại số P„() với hệ số bậc cao nhất bằng 1, qua phép đặt ấn phụ # = cosz đều biến đổi được về dang C„(œ) với a„ = 21—", 1.3 Đa thức Chebyshev Trong phần này ta xét một số tính chất cơ bản của đa thức Chebyshev loại 1 và loại 2 (xem [6]).Tn (#) — Tri (a), n> 1 được gọi là đa thức Chebyshev loại 1.Un (x) — Un-1(a),n >1 bởi: được gọi là đa thức Chebyshev loại 2. Bằng phương pháp quy nạp toán học, ta dễ dàng chứng minh được Tn (cosa) = cosne, VœclR, Vk€ 2; sin (n + 1) œ sina Un (cosa) = , Vư # km, Vk€ Z.
Da thite Ty (x) , Un (x) € Z [2] có bậc là ø và hệ số cao nhất tương ứng là 2*~1 và 2", Tính chất 1. Các đa thức 7> (z), Ủ () là các hàm số chãn khi n chan va 1A các hàm số lẻ khi ø lẻ. Các đa thức 7¡, (x) va Un (x) có đúng œ nghiệm thực phân biệt tương ứng là: (2k+1)z =——— k cos ———— ,k = 0;n — 1 vacos a ,k=l,n 2n n+1 Chitng minh. T, («) =0< T;, (cosa) = 0 7 k Scosna=08Sa= —nr, kEZ,ne N*.
an on Do a € [0:z] nên k 1 k o< 24 —mS7«®<—+_—<l 2n on 2n on << =1 _„_ ee 1 2 2 "` Mà k € 2 nên k = 0,n — l. (2k+1)z 2n Vậy 7 (+) có đúng ø nghiệm thực phân biệt tương ứng 1a: cos k= 0;n — 1. ? Ta chứng minh tương tự cho trường hợp của U,, (x). Các đa thức |7„(z)| < 1, Vz € [—1;1] và 2 TT — n+1 diem xz, = cos —,k = 0;n.
n Tn (x)| = 1 có đúng Chitng minh. "Theo cách đặt trên thì [Ta ()| = [Tn (eosøœ)| = |cosnmø| < 1, V+z € [—1;1]. Ma ke Z nén k =0:n. Các điểm — k = 0;n nói ở trên là các điểm luân phiên Chebyshev (gọi tắt là các luận điểm).
T, [5 (« +2)]= sú" +): VncÑ, Vz z0; n+1 1 1 1 # — am Un[5 (e+ 5)] =>, eN, ve 4 0:41 x rl % Chứng mmứnh. Với n = U,n = 1, ta có ñ(*7))=nm (2(r+;)) =s (+2) luôn đúng. Giả sử mệnh đề trên đúng đến nñ. Áp dụng công thức truy hồi của Tạ, ta có mo) 25 (2+ 2) 155 (e+2)] - ma [§ (e+ 2)| =a L(+ 2) (+e) (+ ae) 1 1 _ +1 ~ 2 (0" + wat) , Tương tự, ta cũng có chứng mình cho trường hợp của Ủ„ (+).
Chương 2 PHƯƠNG PHÁP LƯỢNG GIÁC GIẢI CÁC DẠNG TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN ĐA THỨC 2.1 Một số lớp phương trình hàm sinh bởi các hàm lượng giác Trong phần này ta xét một số dạng toán về phương trình hàm trong lớp đa thức lượng giác. Trong điều kiện ƒ(+ + y) + f(a — y) = 2f(x).cosy,Va,y € R thay « = t— oy =. véi moi t € R, ta thu được f()+f(t—7) = 2g(t - 3) -c0s 5 — Ú, (2. Tiêp tuc thay «= py t— 3° với mọi t € R, ta thu được ƒ@)+ƒ(m—t)= 2/0).2) 10 Thay tiếp +z = 0, =£ — x, với mọi £ e lR, ta thu được f(t—7a) + f(a —t) = 2f(0).2) ta suy ra 2ƒ) + ƒŒ — a) + ƒ( — t) = 2.4) ta suy ra 2f(t) — 2.sint nén f(t) = 2015 cost + 2016 sint.
Thi lai ta thay f (0) = 2015 cos 0 + 2016 sin 0 = 2015, 7 7 7 f(=) = 2015 cos = + 2016 sin = = 2016, 2 2 2 ƒ( +) + ƒ( — 9) = = 2015 cos(z + y) + 2016 sin(a + y) + 2015 cos(x — y) + 2016 sin(a — y) = 2015. Vay f(x) = 2015 cosa + 2016 sin x. Tìm các hàm số ƒ(z) xác định và liên tục trên R va thoa man điều kiện Ø- EU —. t(; 2 uD = f(x) + f(y), Ve,y €R sao cholry| <1.
Dat x = tanu,y = tanv v6i u,v € ( — 2 3}: lKhi đó ta thu được p - T TỪ f (tan(u +v)) = f(tanu) + f(tanv),Vu,v,ut+v € ( > 3}: Dat f(tanu) = g(u), ta cd g(u+v) = g(u) + g(v),Vu,v,u+u € ( — > 3): Vậy nên g(u) = au,a = const va do đó ƒ(z) = aarctan z,a € ]JR,Vz c R. Thi lai, ta thay hàm số này thỏa mãn bài ra. Tìm các hàm số ƒ(z) xác định và liên tục trên R va thoa man điều kiện F( TT) =6) + f0), Veu€lR,e+w >0 (2. Dat x = cot u,y = cotv vdi u,v € (0,7).
Khi đó ta thu được ay-1 aty = cot(w + 0). Vậy nên g(u) = au,a = const va do đó f(x) = aarccot x,a € R,Vx € R. Thử lại, ta thấy hàm số này thỏa mãn bài ra. Vay ƒ(+) = aarccot z,a € JR,Vz c€ R.
as T7 ca ` Đặt z = sinu, y = sinv véi u,v € | - 2 |: Khi d6 cosu > 0,cosv > 0 và zV1—w2 + yV1—22 = sin(u + 0). Phương trình hàm đã cho có thể viết dưới dạng f(sinu) + f(inv) = ƒ(si(w + 9), Và € [— 5. T 1 ⁄ 27 2 x x Thử lại ta có hầm số f(x) = aarcsinz,ø € R thỏa mãn yêu cầu của bài toán đề ra. Tìm các hàm sé lién tuc f : R > [—1, 1] thoa mãn điều kiện f(0)=1 Tời giải.
Từ đó suy ra ƒ(z — y) = f(y—2),V2,y € R. Cho y = 0 ta thu duge f(—2x) = f(x), Ve €R. Noi cdch khac, f(x) 1& ham sé ch&n. Ta xét các trường hợp sau: Trường hợp 1.
Khi đó, do ƒ(+) liên tục trên R và ƒ(0) = 1 nên ƒ(z) = 1,Vz € R. Ham số này thỏa mãn điều kiện của bài toán. Trường hợp 2. Tồn tại zo € IR sao cho |ƒ(zo)| < 1.
Nhận xét rằng với nạ đủ lớn và ô như trên, thì #0 +0 2no € (—6,6) suy ra /() >0. £ x : * #0 ` ` x x Nêu tôn tại ø € Ñ” : /0) = 1 thì trong phương trình đã cho ta đặt = z, ta được 5 ƒ(3z) =9 f(20)] —1,Ve ER.6) 13 Khi đó ta có f(a) = G)| ”—1=1, trái với giả thiết. Vậy nên 0) <1,Vn € N*. Chon x1 = = thì z¡ # 0 và 0< ƒf(zi) <1 và ƒ(z) > 0,Vz+ € (—|z|, |+3|.) Dat f(21) =cosa,0<a< = Từ (2.6), ta có ƒ(2#1) = 2|ƒ(1)]?® — 1 = 2cos? a — 1 = cos 2a.
Gia stt f(kx1) = coska, Vk < n,n € Ñ*. Khi đó, ta có ƒ((n + 1)z1) = ƒ(nzt + #1) = 2f(nx1)f(x1) — f((n — 1)21) = 2cosna cosa — cos(n — 1)a = cos(n + lja. Vậy theo nguyên lí quy nạp, ta có f(ma1) = cosma, Vm € N*. Ta có f(ma1) = cosma,Vm € Z.6) thay z bởi = ta CÓ Từ đó suy ra (ti) J1+ƒf(+) - jl+cosơ a /{)= 2 Vo 2g Oe 14 Giả sử /() = cos :Yk <n,n € N*, ta có [1 a a \ I+/( 1+ cos 0 /(m) ~ 9 ~ 9 = COS 2n+1" Vậy theo nguyên lí quy nạp thì (B= = C08 5 — vn € N*.9), ta có /()= =cos——,Vn €Ñ*, Vm € Z.10) và do hàm số ƒ(z) liên tục trên IR, ta có ƒ(œ1£) = cos œ£,V € IR, hay bằng cach dat x,t = 2; #~ a, ta thu được #1 ƒ(z) = cosaz,Vz € R.
Tht lai, ta thay hàm số này thỏa mãn điều kiện bài toán. Trong phương trình (2.11) đổi chỗ z và ự, ta được Hy +2) + fy —2) = 2f(y)Fla).