Chebyshev多项式和高考导数

在学校堂练看见一个有背景的题,遂写了一篇推文.

由于本文章服务于课内,我们仅给出部分的性质.

第Ⅰ类Chebyshev多项式

定义1.1(第Ⅰ类Chebyshev多项式). 第Ⅰ类Chebyshev多项式定义为\(T_n(x)\):\(T_1(x)=x,T_2(x)=2x^2-1\),\[T_n(x)=2xT_{n-1}(x)-T_{n-2}(x).\]

使用归纳法可以证明:

性质1.2. \(T_n(x)\)是首项为\(2^{n-1}x^n\)的\(n\)次整系数多项式.

由定义,显然有

性质1.3. \(T_n(\cos \theta)=\cos(n\theta).\)

由这个性质,不难得到:

性质1.4. \(x\in[-1,1]\)时,\(|T_n(x)|\le1\).

我们很容易给出\(T_n(x)\)的表达式:

\[\displaystyle T_n(x)=2^{n-1}\prod_{k=1}^n\left(x-\cos\frac{(2k-1)\pi}{2n}\right).\]

而且我们如果把\(T_n(x)\)看成一个函数列,解数列二阶线性递推的方法很容易给出

\[\displaystyle T_n(x)=\frac{(x+\sqrt{x^2-1})^n+(x-\sqrt{x^2-1})^n}{2}.\]

使用Lagrange插值公式,我们得到

推论1.5. 对于任意次数不超过\(n-1\)的实系数多项式\(f(x)\),有

\[\displaystyle f(x)=\frac1n\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}T_n(x)}{x-x_k}\sqrt{1-x_k^2}f(x_k).\]

这里\(x_k=\cos\frac{(2k-1)\pi}{2n}\).

证明. 因为\[\displaystyle \prod_{j\neq k} (x_k-x_j)=T_n'(x_k)=\frac{n\sin(n\arccos x_k)}{\sqrt{1-x_k^2}}=\frac{n(-1)^{k-1}}{\sqrt{1-x_k^2}},\]所以\[f(x)=\sum_{k=1}^n \prod_{j\neq k}\frac{x-x_j}{x_k-x_j}f(x_k)=\frac1n\sum_{k=1}^n\frac{(-1)^{k-1}T_n(x)}{x-x_k}\sqrt{1-x_k^2}f(x_k).\square\]

使用Chebyshev多项式,我们可以得到以下经典结论:

推论1.6. 对于首一\(n\)次实系数多项式\(f(x)\),都有\(|f(x)|\)在\([-1,1]\)上的最大值不小于\(\dfrac1{2^{n-1}}\)

证明(反证法). 假若\(|f(x)|<\dfrac1{2^{n-1}}\)对\(x\in[-1,1]\)恒成立,\(g(x):=2^{n-1}f(x)-T_n(x)\)是至多\(n-1\)次实系数多项式,则考虑\(g\left(\cos \dfrac{k\pi}n\right)\begin{cases}<0,2\mid k,\\>0,2\nmid k,\end{cases}\) 这说明\(g(x)\)至少有\(n\)个零点,但\(g\)至多\(n-1\)次,所以\(g(x)\equiv0\),即\(f(x)=\dfrac{T_n(x)}{2^{n-1}}\),所以\(f(1)=\frac1{2^{n-1}}\),矛盾.\(\square\)

第Ⅱ类Chebyshev多项式

定义2.1(第Ⅱ类Chebyshev多项式). 第Ⅱ类Chebyshev多项式定义为\(U_n(x)\):\(U_1(x)=2x,U_2(x)=4x^2-1\),\[U_n(x)=2xU_{n-1}(x)-U_{n-2}(x).\]

类似地可以证明:

性质2.2. \(U_n(x)\)是首项为\(2^{n}x^n\)的\(n\)次整系数多项式.

性质2.3. \(U_n(\sin\theta)=\dfrac{\sin((n+1)\theta)}{\sin\theta}.\)

性质2.4. \(x\in[-1,1]\)时,\(|U_n(x)|\le n+1\).

性质2.5. \[\displaystyle U_n(x) = 2^n \prod_{k=1}^n \left( x - \cos \frac{k\pi}{n+1} \right)= \frac{(x+\sqrt{x^2-1})^{n+1} - (x-\sqrt{x^2-1})^{n+1}}{2\sqrt{x^2-1}}.\]

例题

这是Chebyshev多项式在课内被削成的样子:

题1(学校堂练). \(f(x)=x^3+ax+b\),证明:\(|f(x)|\)在\([-1,1]\)的最大值不小于\(\dfrac14\).

证明. 这是推论1.6的直接结论.\(\square\)

题2(学校作业). \(f(x)=4x^3-3x+c\),若\(f(x)\)在\([-1,1]\)有\(1\)个根,证明:\(f(x)\)在\([-1,1]\)有\(3\)个根(计重根).

证明. 设这个根是\(x_0\),\(\cos (3\arccos x_0)=-c\),这说明\(\cos (\arccos x_0\pm\dfrac{2\pi}3)\) 也是根.\(\square\)

对,课内应该不会更深入了.看完两个轻松的,我们来拓展一下视野(下面的不是高考题).

题3(2023北大夏令营). 设奇数\(n\ge3\),证明:$ $是无理数.

证明. 用反证法.若其为有理数,$=pq,p,qZ,(p,q)=1,q>0 $.

\(\displaystyle \Rightarrow \cos\dfrac pq\pi=\dfrac1{\sqrt n}\Rightarrow \cos\dfrac{2p}q\pi=\dfrac{2-n}n\).利用性质2.5,\(\dfrac{2-n}n\)是 \[ \prod_{k=0}^q\left(x-\cos\dfrac {k\pi}{q}\right)=\dfrac{\sqrt{x^2-1}}{2^q}\left(\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)^q-\left(x-\sqrt{x^2-1}\right)^q\right)=0 \] 的根,由二项式定理得

\[ \begin{align*} 0&=\sum_{k=1}^{\lfloor(q+1)/2\rfloor}\binom{q}{2k-1}2^{k-1}(2-n)^{q-2k+1}(2-2n)^{k-1}\\ &\equiv 2^{2q}\pmod n \end{align*} \] 所以\(n\mid 2^{2q}\),这与\(n\)是奇数矛盾.\(\square\)

题4(新星征解). 实系数多项式 \(\displaystyle f(x) = \sum_{k=0}^n a_k x^k\)满足:对任意 $ x $,都有 $ f(x) \(.证明:\)\(|a_n| + |a_{n-1}| \leq 2^{n-1}.\)$(王永喜供题)

证明(直接从参考答案上抄的). 首先不妨假设 \(a_n, a_{n-1}\) 都是非负实数，否则可以用 \(\pm f(\pm x)\) 代替 \(f(x)\)。

用反证法，假设存在 \(\varepsilon > 0\) 使得 \(a_n + a_{n-1} > (1 + \varepsilon)2^{n-1}\)。

令 \(T_n(x) = \cos(n\arccos x)\) 为 \(n\) 阶的 Chebyshev 多项式，则熟知 \(T_n(x)\) 是 \(n\) 次首项系数为 \(2^{n-1}\) 的多项式。考虑

\[ g(x) = (1 + \varepsilon)T_n(x) - f(x) = ((1 + \varepsilon)2^{n-1} - a_n)x^n - a_{n-1}x^{n-1} - \dots \]

由上述定理，\(g(x)\) 所有根的和等于 \(\dfrac{a_{n-1}}{(1+\varepsilon)2^{n-1}-a_n} > 1\)（注意 \(a_n \leq 2^{n-1}\) 是熟知的理论，因此分母是正的）。

另一方面，\(T_n\left(\cos(\dfrac{k\pi}{n})\right) = \cos(k\pi) = (-1)^k\)，\(0 \leq k \leq n\)。根据条件 \(|f(x)| \leq 1, \forall |x| \leq 1\)。因此 \(g\left(\cos(\dfrac{k\pi}{n})\right)\) 和 \((-1)^k\) 同号。由介值定理，\(g(x)\) 在 \(n\) 个区间 \(\left(\cos(\dfrac{(k+1)\pi}{n}), \cos(\dfrac{k\pi}{n})\right)_{0 \le k \le n-1}\) 上各有一个根。而 \(g(x)\) 次数为 \(n\)，因此这个根就是 \(g(x)\) 的全部根。也就是说 \(g(x)\) 所有根的和至多是

\[ \sum_{0 < k < n-1} \cos(\frac{k\pi}{n}) = 1. \]

这与之前得到的结论矛盾，因此命题得证！\(\square\)