Matematika Universitas — Tahun 1 · Bachelor Year 1

8Polinomial

Polinomial adalah fungsi kesayangan para aljabarwan — kecuali bahwa di sini ia tidak diperlakukan sebagai fungsi, melainkan sebagai ungkapan formal dalam sebuah variabel tak tentu $X$ , yang dijumlahkan dan dikalikan menurut aturan sebuah ring komutatif. Teorinya berjalan sangat sejajar dengan Bab 6: ada pembagian Euclid, FPB beserta hubungan Bézout, unsur tak tereduksikan, dan ketunggalan pemfaktoran. Di sepanjang bab ini, $K$ menyatakan $\Q$ , $\R$ atau $\C$ .

8.1 Ring $K[X]$

Definisi 8.1 (Polinomial, derajat)

Sebuah polinomial berkoefisien di $K$ adalah jumlah formal

P = a_0 + a_1 X + a_2 X^2 + \dots + a_n X^n = \sum_{k} a_k X^k,

dengan $a_k \in K$ yang bernilai nol mulai dari suatu indeks. Dengan penjumlahan yang wajar dan hasil kali

\Bigl(\sum_i a_i X^i\Bigr)\Bigl(\sum_j b_j X^j\Bigr) = \sum_k \Bigl(\sum_{i+j=k} a_i b_j\Bigr) X^k,

himpunan $K[X]$ menjadi ring komutatif. Derajat $\deg P$ dari $P \neq 0$ adalah $n$ terbesar dengan $a_n \neq 0$ ; lalu $a_n$ disebut koefisien utamanya ( $P$ disebut monik bila $a_n = 1$ ), dan menurut kesepakatan $\deg 0 = -\infty$ . Setiap polinomial mendefinisikan fungsi $x \mapsto P(x)$ pada $K$ lewat substitusi.

Proposisi 8.2 (Kaidah derajat; daerah integral)

Untuk $P, Q \in K[X]$ :

\deg(P + Q) \leq \max(\deg P, \deg Q), \qquad \deg(PQ) = \deg P + \deg Q .

Akibatnya $K[X]$ adalah daerah integral, dan unitnya berupa konstanta yang tak nol.

Bukti. Kaidah jumlahnya jelas (koefisien di atas maksimumnya lenyap). Untuk hasil kalinya, misalkan $a_m$ dan $b_n$ koefisien utamanya: maka koefisien $X^{m+n}$ pada $PQ$ adalah $a_m b_n \neq 0$ (karena $K$ sebuah lapangan, sehingga daerah integral), dan semua koefisien yang lebih tinggi lenyap. Jika $P, Q \neq 0$ maka $\deg PQ = \deg P + \deg Q \geq 0$ , sehingga $PQ \neq 0$ : jadi daerah integral. Jika $PQ = 1$ maka $\deg P + \deg Q = 0$ memaksa $\deg P = \deg Q = 0$ : jadi unsur yang terbalikkan adalah konstanta yang terbalikkan, yakni seluruh $K^*$ . ∎

Teorema 8.3 (Pembagian Euclid)

Misalkan $A, B \in K[X]$ dengan $B \neq 0$ . Ada tepat satu pasangan $(Q, R)$ polinomial dengan

A = BQ + R, \qquad \deg R < \deg B .

Bukti. Keberadaannya, dengan induksi kuat pada $\deg A$ . Jika $\deg A < \deg B$ , ambil $(Q, R) = (0, A)$ . Jika tidak, tulis $A = a X^m + \dots$ , $B = b X^n + \dots$ dengan $m \geq n$ ; maka polinomial $A_1 = A - \frac ab X^{m-n} B$ berderajat $< m$ (karena suku utamanya saling hapus), sehingga menurut induksi $A_1 = BQ_1 + R$ dengan $\deg R < \deg B$ , dan $A = B(Q_1 + \frac ab X^{m-n}) + R$ .

Ketunggalannya: jika $BQ + R = BQ' + R'$ , maka $B(Q - Q') = R' - R$ dengan $\deg(R' - R) < \deg B$ ; dan menurut kaidah derajatnya ini memaksa $Q - Q' = 0$ , lalu $R = R'$ . ∎

Contoh 8.4

Bagilah $A = X^4 + X^3 - 2X + 1$ dengan $B = X^2 + 1$ :

X^4 + X^3 - 2X + 1 = (X^2 + 1)(X^2 + X - 1) + (-3X + 2).

(Hitung: kurangkan $X^2 B$ , lalu $X B$ , lalu $-B$ ; sisanya $-3X + 2$ berderajat $1 < 2$ .)

Metode 8.5 (Skema Horner)

Untuk menghitung nilai $P = a_nX^n + \dots + a_0$ di $x$ , atau untuk membagi $P$ dengan $X - x$ , hindarilah menghitung pangkatnya: bacalah koefisiennya dari kiri ke kanan, lalu iterasikan kalikan dengan $x$ , tambahkan koefisien berikutnya:

b_n = a_n, \qquad b_{k} = a_{k} + x\,b_{k+1} \quad (k = n-1, \dots, 0) .

Maka $b_0 = P(x)$ , dan $b_k$ yang sebelumnya adalah koefisien hasil baginya: $P = (X - x)(b_nX^{n-1} + \dots + b_1) + b_0$ (jabarkan lalu bandingkan). Contoh: $P = X^4 - 5X^3 + 6X^2 + 4X - 8$ di $x = 2$ : nilai $b$ -nya adalah $1, -3, 0, 4, 0$ , jadi $P(2) = 0$ dan $P = (X-2)(X^3 - 3X^2 + 4)$ — satu baris alih-alih pembagian panjang, dan $n$ kali perkalian alih-alih $\approx n^2/2$ kali pada perhitungan yang naif. Mengiterasikan skema itu pada titik yang sama mengekstrak kegandaannya (bandingkan Contoh 8.12).

Catatan 8.6 (Aritmetika $K[X]$ )

Dengan pembagian Euclid di tangan, seluruh aritmetika Bab 6 berpindah ke $K[X]$ , dengan bukti yang sama dan derajat memainkan peran nilai mutlak: FPB (yang dinormalkan menjadi monik), algoritma Euclid yang diperluas, kesamaan Bézout, lema Gauss, polinomial tak tereduksikan, dan ketunggalan pemfaktoran. Kita memakai hasil pindahan itu dengan bebas, dan Latihan 8.6 melatih salah satunya.

8.2 Akar

Teorema 8.7 (Teorema faktor)

Misalkan $P \in K[X]$ dan $a \in K$ . Sisa $P$ bila dibagi $X - a$ adalah konstanta $P(a)$ . Khususnya

P(a) = 0 \iff (X - a) \mid P .

Lebih umum, akar yang berbeda $a_1, \dots, a_r$ dari $P$ memberikan pemfaktoran $P = (X - a_1)\cdots(X - a_r)\, Q$ .

Bukti. Bagilah: $P = (X - a) Q + R$ dengan $\deg R < 1$ , jadi $R$ sebuah konstanta $c$ ; lalu mensubstitusikan $X = a$ (substitusi menghormati jumlah dan hasil kali) memberikan $P(a) = c$ . Kesetaraannya pun menyusul. Untuk beberapa akar, berinduksilah pada $r$ : kasus $r = 1$ adalah kesetaraan yang baru dibuktikan. Andaikan pernyataannya berlaku untuk $r - 1$ akar lalu misalkan $a_1, \dots, a_r$ akar $P$ yang berbeda. Tulis $P = (X - a_1)Q_1$ ; lalu untuk masing-masing $i \geq 2$ , dengan mensubstitusikan $a_i$ :

0 = P(a_i) = (a_i - a_1)\,Q_1(a_i), \qquad a_i - a_1 \neq 0 ,

dan karena $K$ tak mempunyai pembagi nol, $Q_1(a_i) = 0$ : jadi $r - 1$ titik berbeda $a_2, \dots, a_r$ merupakan akar $Q_1$ . Lalu hipotesis induksinya memfaktorkan $Q_1 = (X - a_2)\cdots(X - a_r)\,Q$ , dan mensubstitusikannya kembali memberikan klaimnya. ∎

Akibat 8.8 (Polinomial berderajat $n$ mempunyai paling banyak $n$ akar)

Polinomial tak nol $P \in K[X]$ berderajat $n$ mempunyai paling banyak $n$ akar berbeda di $K$ . Akibatnya, polinomial (berderajat $\leq n$ ) yang lenyap di $n + 1$ titik berbeda adalah polinomial nol, dan dua polinomial berderajat $\leq n$ yang bersesuaian di $n+1$ titik adalah sama.

Bukti. Jika $a_1, \dots, a_r$ akar yang berbeda, maka Teorema 8.7 memberikan $P = (X-a_1)\cdots(X-a_r) Q$ , sehingga $n = \deg P \geq r$ . Kedua akibatnya menyusul lewat kontradiksi dan lewat selisih. ∎

Contoh 8.9 (Kiat polinomial bantu)

Misalkan $P$ polinomial berderajat $\leq n$ dengan

P(k) = \frac{k}{k+1} \qquad (k = 0, 1, \dots, n) ;

yang ada dan tunggal menurut interpolasi Lagrange di bawah. Berapa $P(n+1)$ ? Hilangkan penyebutnya: polinomial $Q = (X+1)P - X$ berderajat $\leq n + 1$ dan lenyap di $n + 1$ titik $0, 1, \dots, n$ , jadi menurut Teorema 8.7

Q = c\,X(X-1)(X-2)\cdots(X-n)

untuk suatu konstanta $c$ . Hitung nilainya di tempat $Q$ diketahui secara mandiri: di $X = -1$ , $Q(-1) = 0 \cdot P(-1) + 1 = 1$ , sedangkan hasil kalinya sama dengan $(-1)(-2)\cdots(-1-n) = (-1)^{n+1}(n+1)!$ ; sehingga $c = \frac{(-1)^{n+1}}{(n+1)!}$ . Sekarang hitung nilainya di $X = n + 1$ :

(n+2)\,P(n+1) - (n+1) = Q(n+1) = c\,(n+1)! = (-1)^{n+1} ,

jadi $P(n+1) = \dfrac{(n+1) + (-1)^{n+1}}{n+2}$ : yang sama dengan $1$ untuk $n$ ganjil, dan $\frac{n}{n+2}$ untuk $n$ genap — jadi polinomial penginterpolasinya tidak melanjutkan pola $\frac{n+1}{n+2}$ . Kiat yang perlu diingat: sandikan datanya sebagai akar sebuah polinomial bantu, kenali konstanta yang belum diketahui pada sebuah titik di luar datanya, lalu panenlah hasilnya.

Definisi 8.10 (Turunan, kegandaan)

Turunan formal $P = \sum a_k X^k$ adalah $P' = \sum_{k \geq 1} k\,a_k X^{k-1}$ ; dan ia memenuhi kaidah yang biasa $(P+Q)' = P' + Q'$ , $(PQ)' = P'Q + PQ'$ (diperiksa pada monomialnya lalu diperluas secara linear). Sebuah akar $a$ dari $P$ mempunyai kegandaan $m \geq 1$ bila $(X-a)^m \mid P$ tetapi $(X-a)^{m+1} \nmid P$ ; akarnya disebut sederhana bila $m = 1$ , dan ganda bila $m \geq 2$ .

Proposisi 8.11 (Kegandaan lewat turunannya)

Di sini $a$ merupakan akar $P$ berkegandaan $\geq m$ jika dan hanya jika

P(a) = P'(a) = \dots = P^{(m-1)}(a) = 0 .

Khususnya, $a$ merupakan akar ganda $P$ jika dan hanya jika $P(a) = P'(a) = 0$ .

Bukti. Tulis $P = (X - a)^m Q + R$ dengan $R$ sisa pembagiannya oleh $(X-a)^m$ , $\deg R < m$ . Menurunkannya $k \leq m - 1$ kali lalu menghitung nilainya di $a$ : suku pertamanya menyumbang $0$ (karena setiap turunannya menyisakan faktor $(X-a)$ ), sehingga $P^{(k)}(a) = R^{(k)}(a)$ .

Selanjutnya polinomial $R$ berderajat $< m$ ditentukan oleh $R(a), R'(a), \dots, R^{(m-1)}(a)$ : dengan menulis $R = \sum_{k < m} c_k (X - a)^k$ (yang mungkin: jabarkan pangkat $X = (X - a) + a$ ), kita peroleh $R^{(k)}(a) = k!\, c_k$ . Jadi: semua $P^{(k)}(a) = 0$ untuk $k < m$ $\iff$ semua $c_k = 0$ $\iff$ $R = 0$ $\iff$ $(X-a)^m \mid P$ . ∎

Contoh 8.12 (Menghitung sebuah kegandaan)

Berapa kegandaan akar $2$ pada $P = X^4 - 5X^3 + 6X^2 + 4X - 8$ ? Hitunglah nilai turunan berturutannya di $2$ :

P(2) = 16 - 40 + 24 + 8 - 8 = 0, \qquad P'(2) = 32 - 60 + 24 + 4 = 0,

P''(2) = 48 - 60 + 12 = 0, \qquad P'''(2) = 48 - 30 = 18 \neq 0

(dengan $P' = 4X^3 - 15X^2 + 12X + 4$ , $P'' = 12X^2 - 30X + 12$ , $P''' = 24X - 30$ ). Tiga nilai yang lenyap lalu satu yang tak nol: jadi kegandaannya tepat $3$ . Dengan membaginya, $P = (X - 2)^3(X + 1)$ — yang kita periksa dengan menjabarkan $(X-2)^3 = X^3 - 6X^2 + 12X - 8$ lalu mengalikannya dengan $X + 1$ . Inti gagasannya: kegandaan terbaca dari perhitungan nilai, tanpa perlu pemfaktoran — dan justru begitulah kita mendeteksinya ketika pemfaktorannya di luar jangkauan.

Contoh 8.13 (Mendeteksi akar ganda lewat FPB)

Ketika tak ada akar yang diketahui, Proposisi 8.11 tetap memberikan pendeteksi akar ganda yang global: $a$ merupakan akar ganda $P$ jika dan hanya jika ia akar persekutuan $P$ dan $P'$ , sehingga $P$ mempunyai akar ganda (di $\C$ ) jika dan hanya jika $\gcd(P, P') \neq 1$ — yang dapat dihitung dengan algoritma Euclid tanpa menyelesaikan apa pun. Contohnya: $P = X^3 - 3X + 2$ , $P' = 3X^2 - 3 = 3(X - 1)(X + 1)$ . Dengan menguji akar $\pm1$ dari $P'$ di dalam $P$ : $P(1) = 0$ tetapi $P(-1) = 4$ , jadi

\gcd(P, P') = X - 1 :

jadi akar $1$ bersifat ganda; dan dengan membaginya dua kali, $P = (X - 1)^2(X + 2)$ . FPB itu bahkan melaporkan seluruh himpunan akar gandanya, masing-masing dengan kegandaan yang berkurang satu — fakta yang dimanfaatkan setiap sistem aljabar komputer untuk “memfaktorkan bebas kuadrat” sebelum berburu akar, dan ia kembaran polinomial bagi argumen tanpa akar ganda pada Latihan 8.9.

Teorema 8.14 (Teorema dasar aljabar)

Setiap polinomial tak konstan pada $\C[X]$ mempunyai akar di $\C$ .

Bukti. Diterima tanpa bukti pada tingkat ini. ∎

Catatan 8.15

Terlepas dari namanya, teorema itu adalah pernyataan analisis: setiap bukti yang dikenal memakai kelengkapan $\R$ dalam bentuk tertentu, dan tak satu pun murni aljabar — bukti yang jujur diberikan pada jilid Tahun ke-3, begitu pengintegralan kompleks atau argumen kekompakan tersedia. Yang sungguh-sungguh dibuktikan bab ini adalah penyusutannya: bila satu akar diberikan untuk setiap polinomial tak konstan, maka pemfaktoran penuh atas $\C$ dan $\R$ di bawah menyusul lewat aljabar murni.

Akibat 8.16 (Pemfaktoran atas $\C$ dan atas $\R$ )

Setiap $P \in \C[X]$ yang tak nol terfaktorkan sebagai

$P = c\, (X - a_1)^{m_1} \cdots (X - a_r)^{m_r},$

dengan $c$ koefisien utamanya, $a_i$ akar kompleksnya yang berbeda, dan $\sum m_i = \deg P$ : jadi bila dicacah beserta kegandaannya, polinomial berderajat $n$ mempunyai tepat $n$ akar kompleks.
Setiap $P \in \R[X]$ yang tak nol terfaktorkan atas $\R$ sebagai

$P = c \prod_i (X - a_i)^{m_i} \prod_j (X^2 + p_j X + q_j)^{n_j},$

dengan faktor kuadratnya berbeda-beda dan $p_j^2 - 4q_j < 0$ (jadi tanpa akar real).

Bukti. (1) Induksi pada derajatnya, dengan memisahkan satu akar setiap kali lewat Teorema 8.7; dan cacah derajatnya cocok pada setiap langkah.

(2) Misalkan $P$ berkoefisien real. Jika $z$ akar kompleks berkegandaan $m$ , maka $\conj z$ juga demikian: mengonjugatkan $P(z) = 0$ memberikan $P(\conj z) = \conj{P(z)} = 0$ (karena koefisiennya menjadi konjugatnya sendiri), dan hal yang sama berlaku bagi turunannya (Proposisi 8.11). Kelompokkan akar yang tak real dalam pasangan konjugat: masing-masing pasangan menyumbang

(X - z)(X - \conj z) = X^2 - 2\Re(z)\, X + \abs z^2 ,

yaitu kuadrat real berdiskriminan negatif. Adapun akar realnya menyumbang faktor linearnya. ∎

Contoh 8.17

$X^4 + 4$ sudah difaktorkan atas $\R$ pada Latihan 3.5 dengan memasangkan keempat akar kompleksnya $\pm 1 \pm \iu$ : $X^4 + 4 = (X^2 - 2X + 2)(X^2 + 2X + 2)$ . Tak satu pun kuadratnya terbelah atas $\R$ (karena diskriminannya $-4$ ). Catatan: polinomial real yang tak tereduksikan berderajat $1$ atau $2$ — dan itu persis yang dikatakan teorema pemfaktorannya. Pemasangan konjugat yang sama dijalankan pada $X^4 + 1$ , yang akarnya $\eu^{\pm\iu\pi/4}$ dan $\eu^{\pm3\iu\pi/4}$ : masing-masing pasangan menyumbang $X^2 - 2\cos\theta\,X + 1$ , sehingga

X^4 + 1 = \bigl(X^2 - \sqrt2\,X + 1\bigr) \bigl(X^2 + \sqrt2\,X + 1\bigr) ,

yaitu kesamaan yang tak terlihat oleh usaha pemfaktoran yang naif atas $\Q$ — itulah harga yang dibayar karena bersikeras memakai koefisien real (di sini bahkan irasional), dan ia masukan baku untuk mengintegralkan $\frac1{x^4 + 1}$ pada Bab 15.

Polinomial Chebyshev T_5 = 16X5 - 20X3 + 5X pada ∈tcc-11: ia berayun tepat di antara -1 dan 1, menyentuh batasnya pada enam titik (yang ditandai). Sifat ekuiosilasi inilah yang membuat 2-4T_5 menjadi polinomial kuintik monik dengan norma supremum terkecil pada selang itu ( dan soal akhir pekan). — Polinomial Chebyshev $T_5 = 16X^5 - 20X^3 + 5X$ pada $\intcc{-1}1$ : ia berayun tepat di antara $-1$ dan $1$ , menyentuh batasnya pada enam titik (yang ditandai). Sifat *ekuiosilasi* inilah yang membuat $2^{-4}T_5$ menjadi polinomial kuintik monik dengan norma supremum terkecil pada selang itu (Latihan 8.10 dan soal akhir pekan).

Catatan 8.18 (Jebakan yang lazim dengan polinomial)

Polinomial berbanding fungsi. Atas $K = \Q, \R, \C$ kedua gagasannya berimpit (karena fungsi yang sama berkoefisien sama, menurut Akibat 8.8 dan ketakhinggaan $K$ ), tetapi secara gagasan polinomial adalah daftar koefisiennya: atas lapangan beranggota dua $\Z/2\Z$ pada Bab 7, $X^2 + X$ lenyap di kedua titiknya, namun ia bukan polinomial nol.
Derajat di bawah penjumlahan. Nilai $\deg(P + Q)$ dapat turun di bawah $\max(\deg P, \deg Q)$ ketika suku utamanya saling hapus; jadi menulis “ $\deg(P + Q) = \max(\dots)$ ” hanya aman untuk derajat yang berbeda.
Akar yang dicacah dengan benar. Ungkapan “ $n$ akar” pada Akibat 8.16 berarti beserta kegandaannya, di $\C$ : karena $X^2 + 1$ tak mempunyai akar real, dan $(X-1)^2$ mempunyai satu akar berbeda tetapi dua akar dengan kegandaan. Pernyataan yang mencampur ketiga cacahan itu adalah sumber bukti palsu yang paling lazim.
Ketaktereduksian bergantung pada lapangannya. Di sini $X^2 - 2$ tak tereduksikan atas $\Q$ , tetapi terbelah atas $\R$ ; sedangkan $X^2 + 1$ tak tereduksikan atas $\R$ , tetapi terbelah atas $\C$ . Kata “tak tereduksikan” yang telanjang tak bermakna sampai lapangan koefisiennya disebut.

8.3 Koefisien dan akar

Teorema 8.19 (Rumus Vieta)

Misalkan $P = X^n + c_{n-1} X^{n-1} + \dots + c_0$ monik dengan akar $a_1, \dots, a_n \in \C$ (beserta kegandaannya). Maka

\sum_i a_i = -c_{n-1}, \qquad \sum_{i < j} a_i a_j = c_{n-2}, \qquad \dots, \qquad a_1 a_2 \cdots a_n = (-1)^n c_0 ,

dengan fungsi simetris ke- $k$ dari akarnya sama dengan $(-1)^k c_{n-k}$ .

Bukti. Menurut Akibat 8.16, $P = (X - a_1)\cdots(X - a_n)$ (yang monik, dengan semua akarnya terdaftar). Menjabarkan hasil kalinya secara distributif menghasilkan satu suku untuk setiap cara memilih, pada masing-masing faktornya, entah $X$ atau suku akarnya $-a_i$ : memilih akarnya pada faktor yang berindeks $i_1 < \dots < i_k$ dan $X$ pada $n - k$ faktor lainnya menyumbang $(-a_{i_1})\cdots(-a_{i_k})\,X^{n-k}$ . Dengan mengelompokkan menurut pangkat $X$ :

P = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k \Bigl(\sum_{i_1 < \dots < i_k} a_{i_1}\cdots a_{i_k}\Bigr) X^{n-k} ,

lalu menyamakannya dengan $P = \sum_k c_{n-k}X^{n-k}$ (karena koefisiennya tunggal, Definisi 8.1) memberikan $c_{n-k} = (-1)^k \sigma_k$ , yakni $\sigma_k = (-1)^kc_{n-k}$ , dengan $\sigma_k$ menyatakan fungsi simetris ke- $k$ yang ditampilkan di atas. Ketiga kasus yang ditampilkan itu adalah $k = 1$ , $k = 2$ dan $k = n$ . ∎

Contoh 8.20

Untuk persamaan kuadrat $X^2 - sX + p$ : jumlah akarnya $s$ , hasil kalinya $p$ — yang sudah berulang kali dipakai (Latihan 3.8). Untuk kubik monik $X^3 + aX^2 + bX + c$ dengan akar $\alpha, \beta, \gamma$ :

\alpha + \beta + \gamma = -a, \quad \alpha\beta + \beta\gamma + \gamma\alpha = b, \quad \alpha\beta\gamma = -c ,

yang memungkinkan kita menghitung besaran simetris seperti $\alpha^2 + \beta^2 + \gamma^2 = a^2 - 2b$ tanpa menyelesaikannya.

Contoh 8.21 (Mentransformasikan akarnya tanpa mencarinya)

Misalkan $\alpha, \beta$ akar $X^2 - 3X + 1$ . Persamaan kuadrat monik mana yang berakar $\alpha^2, \beta^2$ ? Menurut Vieta, $\alpha + \beta = 3$ dan $\alpha\beta = 1$ , sehingga

\alpha^2 + \beta^2 = (\alpha+\beta)^2 - 2\alpha\beta = 7, \qquad \alpha^2\beta^2 = (\alpha\beta)^2 = 1 :

jawabannya adalah $X^2 - 7X + 1$ — yang diperoleh tanpa menghitung $\alpha = \frac{3 + \sqrt5}2$ . (Periksa: $\alpha^2 = \frac{7 + 3\sqrt5}2$ dan memang $\alpha^2 + \beta^2 = 7$ .) Strategi yang sama menangani kebalikannya (yaitu transformasi bertipe $X^2 - \frac ba X + \frac ca$ ), pergeseran, dan sebarang data yang simetris: jadi Vieta mengubah pertanyaan tentang akar yang belum diketahui menjadi aljabar atas koefisien yang sudah diketahui. Ia akan terus melayani ketika akarnya berupa nilai eigen (Bab 22).

Contoh 8.22 (Persamaan palindromik)

Selesaikan $X^4 + X^3 - 4X^2 + X + 1 = 0$ . Koefisiennya terbaca sama dari kedua arah, jadi $0$ bukan akarnya dan membaginya dengan $X^2$ tidak menghilangkan penyelesaian:

X^2 + X - 4 + \frac1X + \frac1{X^2} = 0 .

Tulis $y = X + \frac1X$ : maka $X^2 + \frac1{X^2} = y^2 - 2$ , dan persamaannya runtuh menjadi

y^2 + y - 6 = 0 \iff (y + 3)(y - 2) = 0 .

Uraikan setiap nilainya lewat $X^2 - yX + 1 = 0$ : untuk $y = 2$ , $X^2 - 2X + 1 = (X - 1)^2$ memberikan akar ganda $1$ ; sedangkan untuk $y = -3$ , $X^2 + 3X + 1 = 0$ memberikan $X = \frac{-3 \pm \sqrt5}2$ . Jadi empat akar beserta kegandaannya untuk sebuah kuartik, sesuai tuntutan Akibat 8.16 — yang diperoleh dengan menyelesaikan dua persamaan kuadrat. Kiat itu mencakup setiap polinomial palindromik: akarnya datang berpasangan kebalikan $\{x, 1/x\}$ (ganti $X$ dengan $1/X$ lalu hilangkan penyebutnya), dan $y = X + \frac1X$ justru merupakan besaran yang konstan pada pasangan semacam itu, sehingga derajatnya terparuh.

Teorema 8.23 (Interpolasi Lagrange)

Misalkan $x_0, \dots, x_n$ titik yang berbeda di $K$ dan $y_0, \dots, y_n \in K$ . Ada tepat satu $P \in K[X]$ berderajat $\leq n$ dengan $P(x_i) = y_i$ untuk setiap $i$ , yakni

P = \sum_{i=0}^{n} y_i\, L_i, \qquad L_i = \prod_{j \neq i} \frac{X - x_j}{x_i - x_j} .

Bukti. Masing-masing $L_i$ berderajat $n$ dan memenuhi $L_i(x_i) = 1$ , $L_i(x_j) = 0$ untuk $j \neq i$ (karena setiap faktornya lenyap di $x_j$ yang bersesuaian). Jadi $P$ yang ditampilkan itu berderajat $\leq n$ dan menginterpolasi. Ketunggalannya: dua polinomial penginterpolasi berderajat $\leq n$ bersesuaian di $n+1$ titik $x_i$ , sehingga keduanya sama (Akibat 8.8). ∎

Catatan 8.24 (Selingan: polinomial juga vektor)

Sebuah pergantian sudut pandang yang akan diresmikan Bab 18: polinomial berderajat $\leq n$ membentuk sebuah ruang yang di dalamnya penjumlahan dan penskalaannya berperilaku persis seperti koordinat — jadi sebuah polinomial adalah daftar $n + 1$ koefisiennya. Tiga pernyataan bab ini sesungguhnya aljabar linear. Interpolasi Lagrange (Teorema 8.23) mengatakan bahwa data nilai $(P(x_0), \dots, P(x_n))$ menentukan $P$ secara tunggal: jadi penghitungan nilai di $n + 1$ titik adalah bijeksi linear, dan $L_i$ adalah basis yang disesuaikan padanya. Ekspansi $R = \sum c_k(X - a)^k$ pada bukti Proposisi 8.11 mengatakan bahwa pangkat $(X - a)$ membentuk sistem koordinat yang lain, dengan $c_k = R^{(k)}(a)/k!$ sebagai koordinatnya. Dan Akibat 8.8 — bahwa akar yang lebih banyak daripada derajatnya memaksa polinomial nol — adalah mesin bagi semua ketunggalan: ia akan menjadi “pemetaan linear yang injektif pada ruang berdimensi $n + 1$ ” pada Bab 19. Ketika bab itu tiba, ruang $K_n[X]$ akan menjadi contoh kesayangannya; jadi layak tiba di sana dengan sudah fasih memakainya.

Catatan 8.25 (Di mana bab ini dipakai)

Pemfaktoran atas $\R$ dan $\C$ (Akibat 8.16) adalah mesin bagi pecahan parsial pada Bab 9, sehingga juga bagi sekelas besar integral pada Bab 15. Ekspansi sebuah polinomial dalam pangkat $(X - a)$ , yang ditemui pada bukti Proposisi 8.11, adalah bayangan aljabar bagi rumus Taylor pada Bab 16. Polinomial karakteristik sudah muncul untuk persamaan diferensial (Bab 5) dan kembali untuk matriks pada Bab 22; adapun interpolasi Lagrange adalah teorema keberadaan-dan-ketunggalan pertama pada analisis numerik, dan polinomial Chebyshev pada Latihan 8.10 — yang keoptimalannya ditegakkan soal akhir pekan di bawah — memberi tahu disiplin itu di mana harus menginterpolasi. Akhirnya seluruh aritmetika $K[X]$ , yang disalin dari Bab 6, menyuapi telaah ideal $K[X]$ dan ring hasil bagi pada jilid Tahun ke-2.

8.4 Latihan

Latihan 8.1 ★

Jalankan pembagian Euclidnya: $X^5 - 1$ oleh $X^2 + X + 1$ ; lalu $2X^4 + X^3 - X + 3$ oleh $X^2 - 2$ .

Solusi

Solusi Latihan 8.1.

$X^5 - 1 = (X^2 + X + 1)(X^3 - X^2 + 1) + (-X - 2)$ . Langkahnya: kurangkan $X^3 B$ , lalu $-X^2 B$ , lalu $B$ ; sisanya $-X - 2$ berderajat $1 < 2$ . Periksa di $X = 1$ : $\;0 = 3 \times 1 + (-3)$ .

$2X^4 + X^3 - X + 3 = (X^2 - 2)(2X^2 + X + 4) + (X + 11)$ . Periksa di $X = 0$ : $\;3 = (-2)(4) + 11$ .

Latihan 8.2 ★

Untuk $n \in \N$ yang mana $X^2 + X + 1$ membagi $X^{2n} + X^n + 1$ ? Petunjuk: akar $X^2 + X + 1$ adalah $j$ dan $j^2$ dengan $j = \eu^{2\iu\pi/3}$ ; lalu bahaslah $n$ modulo $3$ .

Solusi

Solusi Latihan 8.2.

$X^2 + X + 1 = (X - j)(X - j^2)$ dengan $j = \eu^{2\iu\pi/3}$ , $j^3 = 1$ . Ia membagi $Q_n = X^{2n} + X^n + 1$ jika dan hanya jika $j$ dan $j^2$ merupakan akar $Q_n$ ; dan karena $Q_n$ berkoefisien real, $Q_n(j^2) = \conj{Q_n(j)}$ , sehingga syaratnya cukup $Q_n(j) = 0$ . Sekarang $Q_n(j) = j^{2n} + j^n + 1$ bergantung pada $n$ modulo $3$ :

$n \equiv 0$ : $Q_n(j) = 1 + 1 + 1 = 3 \neq 0$ ;
$n \equiv 1$ : $Q_n(j) = j^2 + j + 1 = 0$ ;
$n \equiv 2$ : $Q_n(j) = j^4 + j^2 + 1 = j + j^2 + 1 = 0$ .

Jadi $X^2 + X + 1 \mid X^{2n} + X^n + 1$ tepat ketika $3 \nmid n$ .

Latihan 8.3 ★

Tentukan $a, b$ real agar $(X-1)^2$ membagi $P = X^4 + aX^3 + bX^2 + 1$ , lalu faktorkan $P$ atas $\R$ untuk nilai itu.

Solusi

Solusi Latihan 8.3.

Menurut Proposisi 8.11, $(X-1)^2 \mid P$ jika dan hanya jika $P(1) = P'(1) = 0$ :

P(1) = 2 + a + b = 0, \qquad P'(1) = 4 + 3a + 2b = 0 .

Dengan menyelesaikannya: $b = -a - 2$ dan $4 + 3a - 2a - 4 = a = 0$ , jadi $a = 0$ , $b = -2$ : sehingga $P = X^4 - 2X^2 + 1 = (X^2 - 1)^2 = (X-1)^2 (X+1)^2$ , dan itulah pemfaktoran realnya.

Latihan 8.4 ★

Faktorkan atas $\C$ dan atas $\R$ : $X^3 - 1$ ; $\;X^4 + X^2 + 1$ ; $\;X^6 - 1$ .

Solusi

Solusi Latihan 8.4.

$X^3 - 1 = (X - 1)(X - j)(X - j^2)$ atas $\C$ (dengan $j = \eu^{2\iu\pi/3}$ ), dan $(X - 1)(X^2 + X + 1)$ atas $\R$ .

$X^4 + X^2 + 1 = (X^2 + X + 1)(X^2 - X + 1)$ atas $\R$ (jabarkan saja, atau perhatikan $X^4 + X^2 + 1 = (X^2+1)^2 - X^2$ ); sedangkan atas $\C$ , masing-masing kuadratnya terbelah: dengan akar $j, j^2$ dan $-j, -j^2$ , yakni $\eu^{\pm 2\iu\pi/3}, \eu^{\pm\iu\pi/3}$ .

$X^6 - 1 = \prod_{k=0}^{5} (X - \eu^{\iu k\pi/3})$ atas $\C$ , dan atas $\R$ :

X^6 - 1 = (X-1)(X+1)(X^2 + X + 1)(X^2 - X + 1),

dengan mengelompokkan pasangan konjugat $\eu^{\pm 2\iu\pi/3}$ dan $\eu^{\pm \iu\pi/3}$ .

Latihan 8.5 ★★

Misalkan $P = X^3 - 6X^2 + 11X - 6$ .

Carilah akar rasionalnya (akar rasional $p/q$ dalam bentuk paling sederhana pada polinomial monik berkoefisien bulat adalah bilangan bulat yang membagi suku konstantanya — buktikanlah), lalu faktorkan $P$ .
Tanpa menyelesaikannya, hitung jumlah kuadrat dan jumlah kebalikan akarnya lewat Vieta, lalu periksa pada pemfaktorannya.

Solusi

Solusi Latihan 8.5.

Misalkan $p/q$ (dalam bentuk paling sederhana) akar polinomial monik berkoefisien bulat $X^3 + \dots + c_0$ : menghilangkan penyebutnya pada $P(p/q) = 0$ memberikan $p^3 = -q\,(\text{bilangan bulat})$ , jadi $q \mid p^3$ ; lalu kesalingprimaannya memaksa $q = \pm 1$ : sehingga akarnya bilangan bulat $p$ , dan $p \mid c_0$ (isolasikan $c_0$ ). Di sini calonnya membagi $6$ : dengan menguji, $P(1) = 0$ , $P(2) = 0$ , $P(3) = 0$ . Jadi $P = (X-1)(X-2)(X-3)$ .
Vieta: $s_1 = 6$ , $s_2 = 11$ , $s_3 = 6$ . Jumlah kuadratnya: $s_1^2 - 2s_2 = 36 - 22 = 14 = 1 + 4 + 9$ , sesuai harapan. Jumlah kebalikannya: $\frac{s_2}{s_3} = \frac{11}{6} = 1 + \frac12 + \frac13$ , sesuai harapan.

Latihan 8.6 ★★

Hitung $\gcd(X^4 - 1,\; X^3 - X^2 + X - 1)$ dengan algoritma Euclid, lalu tuliskan ia sebagai kombinasi $AU + BV$ kedua polinomialnya.

Solusi

Solusi Latihan 8.6.

Langkah pembagian pertama pada algoritma Euclid:

(X + 1)(X^3 - X^2 + X - 1) = X^4 - X^3 + X^2 - X + X^3 - X^2 + X - 1 = X^4 - 1 ,

jadi pembagian $X^4 - 1$ oleh $X^3 - X^2 + X - 1$ bersifat eksak (dengan hasil bagi $X + 1$ dan sisa $0$ ), sehingga algoritmanya langsung berhenti:

\gcd(X^4 - 1,\; X^3 - X^2 + X - 1) = X^3 - X^2 + X - 1

(yang memang sudah monik). Hubungan Bézoutnya pun sepele: $\gcd = 0 \cdot (X^4 - 1) + 1 \cdot (X^3 - X^2 + X - 1)$ . Pemeriksaan kesejalanannya lewat pemfaktoran: $X^3 - X^2 + X - 1 = (X - 1)(X^2 + 1)$ , yang memang merupakan hasil kali faktor tak tereduksikan persekutuan $X^4 - 1 = (X-1)(X+1)(X^2+1)$ .

Latihan 8.7 ★★

Misalkan $P \in \R[X]$ dengan $P(x) \geq 0$ untuk setiap $x \in \R$ . Buktikan bahwa $P$ merupakan jumlah dua kuadrat polinomial real: $P = A^2 + B^2$ . Petunjuk: pada pemfaktoran realnya, akar real berkegandaan genap; lalu tulis faktor kuadratnya sebagai $(X - z)(X - \conj z)$ dan pakai $\abs{\,\cdot\,}^2 = (\Re)^2 + (\Im)^2$ pada hasil kali $(X - z)$ -nya.

Solusi

Solusi Latihan 8.7.

Karena $P \geq 0$ pada $\R$ , maka akar realnya berkegandaan genap (karena pada akar yang berkegandaan ganjil, $P$ berganti tanda). Dengan memakai Akibat 8.16 beserta pemasangannya, tulis

P = c \prod_i (X - a_i)^{2k_i} \prod_j \bigl((X - z_j)(X - \conj z_j)\bigr)^{n_j},

dengan $c > 0$ (dari perilakunya di $+\infty$ ). Misalkan

S = \sqrt c\, \prod_i (X - a_i)^{k_i} \prod_j (X - z_j)^{n_j} \in \C[X],

sehingga $P = S\,\conj S$ dengan $\conj S$ berkoefisien yang terkonjugatkan. Pilah $S = A + \iu B$ dengan $A, B \in \R[X]$ : maka

P = (A + \iu B)(A - \iu B) = A^2 + B^2 .

Latihan 8.8 ★★

Carilah polinomial $P$ berderajat $\leq 2$ dengan $P(0) = 1$ , $P(1) = 3$ , $P(2) = 2$ , mula-mula dengan rumus Lagrange, lalu dengan menyelesaikan sistem linear atas koefisiennya. Periksa bahwa kedua jawabannya cocok.

Solusi

Solusi Latihan 8.8.

Lagrange (Teorema 8.23) dengan simpul $0, 1, 2$ :

P = 1\cdot\frac{(X-1)(X-2)}{(0-1)(0-2)} + 3\cdot\frac{X(X-2)}{1\cdot(1-2)} + 2\cdot\frac{X(X-1)}{2\cdot 1} = \frac{(X-1)(X-2)}{2} - 3X(X-2) + X(X-1).

Dengan menjabarkannya: $\frac{X^2 - 3X + 2}{2} - 3X^2 + 6X + X^2 - X = -\frac{3}{2}X^2 + \frac{7}{2}X + 1$ .

Sistemnya: $P = aX^2 + bX + c$ dengan $c = 1$ ; $a + b + 1 = 3$ ; $4a + 2b + 1 = 2$ . Dengan mengurangkan dua kali persamaan kedua dari yang ketiga: $2a - 1 = -4$ , jadi $a = -\frac32$ , $b = \frac72$ . Polinomialnya sama: $P = -\frac32 X^2 + \frac72 X + 1$ . (Periksa $P(2) = -6 + 7 + 1 = 2$ .)

Latihan 8.9 ★★

Buktikan bahwa $P = X^{2n+1} - 1$ mempunyai tepat satu akar real, dan bahwa untuk setiap $n \geq 1$ polinomial $1 + X + \frac{X^2}{2!} + \dots + \frac{X^n}{n!}$ tak mempunyai akar ganda (bandingkan $P$ dan $P'$ ).

Solusi

Solusi Latihan 8.9.

$P = X^{2n+1} - 1$ : di sini $P' = (2n+1)X^{2n} \geq 0$ , jadi fungsi polinomialnya naik (secara tegas kecuali di $0$ ), dengan limit $\mp\infty$ : sehingga ia lenyap tepat sekali pada $\R$ (yaitu di $x = 1$ ).

Misalkan $E_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{X^k}{k!}$ . Maka $E_n' = E_{n-1} = E_n - \frac{X^n}{n!}$ . Akar ganda $a$ akan memenuhi $E_n(a) = E_n'(a) = 0$ (Proposisi 8.11), sehingga $\frac{a^n}{n!} = E_n(a) - E_n'(a) = 0$ , jadi $a = 0$ ; padahal $E_n(0) = 1 \neq 0$ . Jadi tak ada akar ganda.

Latihan 8.10 ★★★

(Polinomial Chebyshev) Definisikan $T_0 = 1$ , $T_1 = X$ dan $T_{n+1} = 2X\,T_n - T_{n-1}$ .

Buktikan dengan induksi bahwa $T_n(\cos\theta) = \cos n\theta$ untuk setiap $\theta$ .
Simpulkan $n$ akar $T_n$ beserta koefisien utamanya.
Buktikan bahwa $\sup_{x \in \intcc{-1}{1}} \abs{T_n(x)} = 1$ , yang tercapai pada $n + 1$ titik $\intcc{-1}{1}$ .

Solusi

Solusi Latihan 8.10.

Induksi (kedua kasus basisnya berlaku). Dengan memakai $\cos(n+1)\theta + \cos(n-1)\theta = 2\cos\theta\cos n\theta$ :

$T_{n+1}(\cos\theta) = 2\cos\theta \cos n\theta - \cos(n-1)\theta = \cos(n+1)\theta .$
$T_n(\cos\theta) = 0$ jika dan hanya jika $n\theta \equiv \frac\pi2 \pmod \pi$ : jadi bilangan

$x_k = \cos\Bigl(\frac{(2k+1)\pi}{2n}\Bigr), \qquad k = 0, 1, \dots, n-1,$

adalah $n$ titik berbeda pada $\intoo{-1}{1}$ (karena sudutnya terletak di $\intoo{0}{\pi}$ yang di sana $\cos$ injektif), yang semuanya akar $T_n$ ; dan karena $\deg T_n = n$ (dari rekursinya, dengan koefisien utama $2^{n-1}$ untuk $n \geq 1$ , lewat induksi), maka itulah semua akarnya, masing-masing sederhana.
Untuk $x = \cos\theta \in \intcc{-1}{1}$ : $\abs{T_n(x)} = \abs{\cos n\theta} \leq 1$ , dengan kesamaan jika dan hanya jika $n\theta \equiv 0 \pmod\pi$ , yakni pada $n+1$ titik $y_k = \cos\frac{k\pi}{n}$ , $k = 0, \dots, n$ , yang di sana $T_n(y_k) = (-1)^k$ . (Ekuiosilasi inilah yang menjadikan $2^{1-n}T_n$ sebagai polinomial monik berderajat $n$ dengan norma supremum terkecil pada $\intcc{-1}{1}$ — yang dibuktikan pada soal akhir pekan bab ini.)

Latihan 8.11 ★★★

Misalkan $P \in \C[X]$ tak konstan dengan akar berbeda $a_1, \dots, a_r$ (dengan kegandaan $m_1, \dots, m_r$ ). Buktikan kesamaan antara fungsi rasional

\frac{P'(X)}{P(X)} = \sum_{i=1}^{r} \frac{m_i}{X - a_i},

lalu simpulkan teorema Gauss–Lucas: bahwa setiap akar $P'$ terletak di selubung cembung akar $P$ (hitung nilai kesamaan itu pada sebuah akar $w$ dari $P'$ yang bukan akar $P$ , ambil konjugatnya, lalu bacalah hasilnya sebagai $w$ menjadi rata-rata berbobot $a_i$ ).

Solusi

Solusi Latihan 8.11.

Tulis $P = c\prod_i (X - a_i)^{m_i}$ . Aturan hasil kali (yang diperluas ke beberapa faktor) memberikan

P' = c\sum_{i} m_i (X - a_i)^{m_i - 1} \prod_{k \neq i} (X - a_k)^{m_k},

lalu dengan membaginya dengan $P$ : $\frac{P'}{P} = \sum_i \frac{m_i}{X - a_i}$ (sebagai fungsi rasional, yakni di luar akarnya).

Misalkan $w$ sebuah akar $P'$ . Jika $w$ salah satu $a_i$ , maka ia terletak di selubung konveksnya secara sepele. Jika tidak, dengan menghitung nilainya di $w$ :

0 = \sum_i \frac{m_i}{w - a_i} = \sum_i m_i\, \frac{\conj w - \conj a_i}{\abs{w - a_i}^2} .

Dengan mengonjugatkannya: $\sum_i \lambda_i (w - a_i) = 0$ dengan $\lambda_i = \frac{m_i}{\abs{w - a_i}^2} > 0$ . Jadi

w = \frac{\sum_i \lambda_i a_i}{\sum_i \lambda_i} :

yaitu kombinasi cembung (dengan bobot positif yang berjumlah $1$ setelah dinormalkan) atas akar $a_i$ . Jadi setiap akar $P'$ terletak di selubung cembung akar $P$ .

Latihan 8.12 ★★

(Saringan akar satuan) Misalkan $n \in \N^*$ dan $j = \eu^{2\iu\pi/3}$ . Dengan menghitung nilai $(1 + X)^n$ di $1$ , $j$ dan $j^2$ , buktikan bahwa

\sum_{k \geq 0} \binom{n}{3k} = \frac{2^n + 2\cos\frac{n\pi}{3}}{3} ,

lalu periksa rumusnya untuk $n = 3$ dan $n = 6$ . Petunjuk: $1 + j^m + j^{2m}$ sama dengan $3$ bila $3 \mid m$ dan $0$ bila tidak; dan $1 + j = \eu^{\iu\pi/3}$ .

Solusi

Solusi Latihan 8.12.

Jumlahkan nilai $(1 + X)^n$ pada ketiga akar satuan pangkat tiga:

2^n + (1 + j)^n + (1 + j^2)^n = \sum_{k=0}^n \binom nk\,\bigl(1 + j^k + j^{2k}\bigr) = 3\sum_{k\,:\,3\mid k}\binom nk ,

karena $1 + j^k + j^{2k}$ adalah jumlah geometri yang bernilai $3$ ketika $3 \mid k$ dan bernilai $\frac{j^{3k} - 1}{j^k - 1} = 0$ bila tidak. Sekarang $1 + j = \frac12 + \iu\frac{\sqrt3}2 = \eu^{\iu\pi/3}$ dan $1 + j^2 = \conj{1 + j} = \eu^{-\iu\pi/3}$ , sehingga $(1+j)^n + (1+j^2)^n = 2\cos\frac{n\pi}3$ dan

\sum_{k\geq0}\binom n{3k} = \frac{2^n + 2\cos\frac{n\pi}3}{3} .

Pemeriksaannya: untuk $n = 3$ : $\frac{8 + 2\cos\pi}3 = 2 = \binom30 + \binom33$ ; untuk $n = 6$ : $\frac{64 + 2}3 = 22 = 1 + 20 + 1$ .

8.5 Soal: Polinomial Chebyshev dan polinomial paling datar

Soal 8.1

Di antara semua polinomial monik berderajat $n$ , mana yang paling dekat dengan nol pada $\intcc{-1}1$ ? Jawabannya — yaitu teorema Chebyshev, akta kelahiran teori hampiran — adalah $2^{1-n}T_n$ , dengan $T_n$ polinomial Chebyshev pada Latihan 8.10, dan tak ada pesaing monik yang dapat mengalahkan simpangannya $2^{1-n}$ . Soal ini mengembangkan aljabar keluarga $(T_n)$ (hukum komposisi, koefisien eksplisit, keluarga jenis kedua $U_n$ , sebuah persamaan diferensial), membuktikan teorema keekstremannya beserta kasus kesamaannya, lalu mengumpulkan penerapannya: simpul interpolasi yang optimal, nilai eksak $\cos 36^\circ$ , dan sebuah kekongruenan $T_p \equiv X^p \pmod p$ . Di sepanjang soal ini, $T_0 = 1$ , $T_1 = X$ , $T_{n+1} = 2X\,T_n - T_{n-1}$ , dan kita memakai dengan bebas $T_n(\cos\theta) = \cos n\theta$ dari Latihan 8.10.

Bagian I — Keluarga $(T_n)$ .

Hitung $T_2, T_3, T_4, T_5$ dari rekursinya. (Bandingkan $T_3$ dengan kesamaan $\cos3\theta = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta$ pada Contoh 3.9.)
Buktikan dengan induksi: $\deg T_n = n$ dengan koefisien utama $2^{n-1}$ untuk $n \geq 1$ , dan $T_n$ berparitas sama dengan $n$ (hanya pangkat genap saja atau pangkat ganjil saja yang muncul).
Buktikan asas ketunggalannya: $T_n$ adalah satu-satunya polinomial yang memenuhi $P(\cos\theta) = \cos n\theta$ untuk setiap $\theta$ . (Dua polinomial yang bersesuaian pada $\intcc{-1}1$ bersesuaian di mana-mana: Akibat 8.8.)
Simpulkan hukum komposisi dan hukum hasil kalinya:

$T_m \circ T_n = T_{mn}, \qquad 2\,T_m T_n = T_{m+n} + T_{\abs{m-n}} .$
Ingat kembali dari Latihan 8.10 akarnya $x_k = \cos\frac{(2k+1)\pi}{2n}$ dan titik ekuiosilasinya $y_k = \cos\frac{k\pi}n$ dengan $T_n(y_k) = (-1)^k$ . Tuliskan pemfaktoran lengkap $T_n$ atas $\R$ , lalu berikan alasan bahwa $y_k$ berselang-seling: $y_n < x_{n-1} < y_{n-1} < \dots < x_0 < y_0$ .
Buktikan bahwa $T_n(\cosh t) = \cosh(nt)$ untuk setiap $t \in \R$ (dengan induksi yang sama, memakai Proposisi 4.18), lalu simpulkan untuk $x \geq 1$ bentuk tertutupnya

$T_n(x) = \frac{\bigl(x + \sqrt{x^2 - 1}\bigr)^n + \bigl(x - \sqrt{x^2 - 1}\bigr)^n}{2} ,$

sehingga $T_n(x) > 1$ untuk $x > 1$ : jadi di luar $\intcc{-1}1$ polinomialnya langsung melesat.

Bagian II — Koefisien, keluarga $U_n$ , dan sebuah persamaan diferensial.

Dari rumus de Moivre (Akibat 3.8), buktikan ungkapan eksplisitnya

$T_n(x) = \sum_{0 \leq 2j \leq n} \binom{n}{2j}\, x^{\,n-2j}\,(x^2 - 1)^j ,$

lalu periksa ia untuk $n = 3$ .
Hitung $T_n(1)$ , $T_n(-1)$ dan $T_n(0)$ untuk setiap $n$ .
Definisikan $U_n$ (jenis kedua) oleh $U_0 = 1$ , $U_1 = 2X$ , $U_{n+1} = 2X\,U_n - U_{n-1}$ . Buktikan bahwa $U_n(\cos\theta) = \frac{\sin(n+1)\theta}{\sin\theta}$ untuk $\theta \notin \pi\Z$ , dan bahwa $T_n' = n\,U_{n-1}$ untuk $n \geq 1$ .
Buktikan bahwa $\abs{\sin n\theta} \leq n\,\abs{\sin\theta}$ untuk setiap $\theta$ (dengan induksi), lalu simpulkan batas bertipe Markov

$\abs{T_n'(x)} \leq n^2 \quad\text{pada } \intcc{-1}1, \qquad\text{dengan } T_n'(\pm1) = (\pm1)^{n-1}\,n^2 .$
Tunjukkan bahwa $y = T_n$ memenuhi persamaan diferensial

$(1 - x^2)\,y'' - x\,y' + n^2\,y = 0 ,$

dengan menurunkan kesamaan $\sin\theta\, T_n'(\cos\theta) = n\sin n\theta$ terhadap $\theta$ ; lalu periksa langsung untuk $T_2$ .

Bagian III — Teorema keekstreman Chebyshev. Misalkan $\widetilde T_n = 2^{1-n}\,T_n$ (yang monik menurut pertanyaan 2) dan tulis $\norm{P}_\infty = \sup_{x \in \intcc{-1}1}\abs{P(x)}$ .

Berikan alasan bahwa $\norm{\widetilde T_n}_\infty = 2^{1-n}$ , yang tercapai dengan tanda berselang-seling pada $n + 1$ titik $y_n < \dots < y_0$ .
Andaikan ada $P$ monik berderajat $n$ dengan $\norm P_\infty < 2^{1-n}$ , lalu tulis $D = \widetilde T_n - P$ . Tunjukkan $\deg D \leq n - 1$ , dan bahwa $D(y_k)$ bertanda sama tegas dengan $(-1)^k$ untuk masing-masing $k = 0, \dots, n$ .
Simpulkan bahwa $D$ mempunyai sekurang-kurangnya $n$ akar real yang berbeda (satu pada setiap celah, menurut sifat nilai antara, yang di sini dipakai pada taraf sekolah menengah dan dibuktikan pada Bab 13), lalu simpulkan teorema Chebyshev: bahwa setiap $P$ monik berderajat $n$ memenuhi

$\norm{P}_\infty \geq 2^{1-n} .$
(Kasus kesamaan, langkah pertama) Andaikan sekarang $\norm P_\infty = 2^{1-n}$ persis, dengan $P$ monik berderajat $n$ , lalu misalkan $D = \widetilde T_n - P$ . Tunjukkan bahwa $(-1)^kD(y_k) \geq 0$ untuk setiap $k$ , dan bahwa jika $D(y_k) = 0$ pada sebuah titik dalam $y_k$ ( $0 < k < n$ ), maka $D'(y_k) = 0$ juga. (Pada $y_k$ yang di dalam, baik $\widetilde T_n$ maupun $P$ mencapai ekstremum bernilai mutlak $\norm{\cdot} _\infty$ ; dan fungsi yang dapat diturunkan berturunan nol pada ekstremum di dalam — yang dipakai pada taraf sekolah menengah, dan dibuktikan pada Bab 14.)
(Kasus kesamaan, penutupnya) Cacahlah akar $D$ beserta kegandaannya untuk menunjukkan $D = 0$ : jadi peminimumnya tunggal, yakni $P = \widetilde T_n$ .
Pindahkan ke ruas sebarang $\intcc ab$ : tunjukkan bahwa norma supremum minimal sebuah polinomial monik berderajat $n$ pada $\intcc ab$ adalah $2\bigl(\frac{b-a}4\bigr)^n$ , yang tercapai oleh polinomial Chebyshev yang diskalakan ulang. (Substitusikan $x = \frac{a+b}2 + \frac{b-a}2\,t$ lalu lacak koefisien utamanya.)

Bagian IV — Penerapan.

Kerjakan kasus $n = 3$ dengan tangan: tentukan letak ekstremum $\widetilde T_3 = X^3 - \frac34X$ pada $\intcc{-1}1$ , periksa ekuiosilasi berlipat empatnya dengan nilai $\frac14$ , lalu simpulkan bahwa tak ada kubik monik yang lebih baik.
(Simpul interpolasi yang optimal) Untuk $n + 1$ simpul $x_0, \dots, x_n \in \intcc{-1}1$ , galat interpolasinya dikendalikan oleh $\omega(X) = \prod_i (X - x_i)$ (sebagaimana akan dikuantifikasi Bab 16). Buktikan bahwa pilihan yang meminimumkan $\norm\omega_\infty$ adalah himpunan $n + 1$ akar $T_{n+1}$ , dengan $\norm\omega_\infty = 2^{-n}$ : jadi simpul Chebyshev adalah tempat yang tepat untuk menginterpolasi.
Dengan memakai $T_5$ , buktikan bahwa $c = \cos 36^\circ$ memenuhi $16c^5 - 20c^3 + 5c + 1 = 0$ , faktorkan polinomial ini sebagai $(x + 1)(4x^2 - 2x - 1)^2$ , lalu simpulkan

$\cos 36^\circ = \frac{1 + \sqrt5}4 .$

Periksa kesejalanannya dengan $\cos 72^\circ = \frac{\sqrt5 - 1}4$ dari Latihan 3.8.
Taksirlah $T_{10}(1.1)$ dengan bentuk tertutup pertanyaan 6 (dua angka bermakna sudah cukup), lalu tafsirkan: jadi sebuah polinomial yang terbatas oleh $1$ pada $\intcc{-1}1$ sudah dapat melampaui $40$ di $x = 1.1$ . (Bahwa $T_n$ tumbuh paling cepat di antara polinomial semacam itu adalah sifat ekstremal lain keluarga itu, di luar soal ini.)
Buktikan kekongruenannya: untuk setiap prima ganjil $p$ , semua koefisien $T_p - X^p$ habis dibagi $p$ . (Pakai pertanyaan 7 dan $p \mid \binom p{2j}$ untuk $0 < 2j < p$ , dari bukti Teorema 6.23.) Periksa pada $T_3$ dan $T_5$ .

Bagian V — Sintesis.

Hitung secara eksplisit kuadrat monik dengan norma supremum minimal pada $\intcc01$ beserta simpangannya. (Yakni pertanyaan 17 dengan $n = 2$ .)
Di mana persisnya soal ini memakai: (i) kekakuan polinomial (Akibat 8.8); (ii) trigonometri Bab 3 dan Bab 4; (iii) aritmetika koefisien binomial dari Bab 6? Satu kalimat untuk masing-masing.
Sintesis, dalam satu paragraf pendek: teoremanya mengatakan bahwa polinomial monik yang paling datar adalah yang berekuiosilasi, dan buktinya mengubah keoptimalan menjadi pencacahan akar. Berilah komentar atas mekanisme ini, atas peran substitusi $x = \cos\theta$ sebagai jembatan antara aljabar dan trigonometri, lalu sebutkan kedua tempat yang di situ soal ini memerlukan fakta analisis (teorema nilai antara dan ekstremum di dalam) yang dibuktikan bab berikutnya.

Solusi

Solusi Soal 8.1.

1. $T_2 = 2X^2 - 1$ ; $T_3 = 2X(2X^2 - 1) - X = 4X^3 - 3X$ ; $T_4 = 2X\,T_3 - T_2 = 8X^4 - 8X^2 + 1$ ; $T_5 = 2X\,T_4 - T_3 = 16X^5 - 20X^3 + 5X$ . Kesamaan $T_3(\cos\theta) = \cos3\theta$ persis sama dengan $\cos3\theta = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta$ dari Contoh 3.9.

2. Benar untuk $n = 1, 2$ . Jika $T_{n-1}$ , $T_n$ berderajat $n-1$ , $n$ dengan koefisien utama $2^{n-2}$ , $2^{n-1}$ , maka $2X\,T_n$ berderajat $n+1$ dengan koefisien utama $2^n$ , sedangkan $T_{n-1}$ berderajat lebih rendah: jadi $T_{n+1}$ berderajat $n + 1$ dengan koefisien utama $2^n$ . Paritasnya: jika $T_{n-1}$ berparitas $n - 1$ dan $T_n$ berparitas $n$ , maka $2X\,T_n$ dan $T_{n-1}$ sama-sama berparitas $n + 1$ , sehingga demikian pula $T_{n+1}$ .

3. Jika $P(\cos\theta) = \cos n\theta$ untuk setiap $\theta$ , maka $P$ dan $T_n$ bersesuaian di setiap titik $\intcc{-1}1$ — yaitu himpunan tak hingga — sehingga $P - T_n$ mempunyai tak hingga banyak akar dan menjadi polinomial nol (Akibat 8.8).

4. Untuk $x = \cos\theta$ : $T_m(T_n(\cos\theta)) = T_m(\cos n\theta) = \cos(mn\theta) = T_{mn}(\cos\theta)$ , dan $2T_mT_n(\cos\theta) = 2\cos m\theta\cos n\theta = \cos(m+n)\theta + \cos\abs{m - n}\theta$ . Kedua kesamaannya berlaku pada $\intcc{-1}1$ , sehingga berlaku sebagai kesamaan polinomial menurut argumen pertanyaan 3.

5. Di sini $x_k$ adalah $n$ akar sederhana yang berbeda dan koefisien utamanya $2^{n-1}$ :

T_n = 2^{n-1}\prod_{k=0}^{n-1} \Bigl(X - \cos\frac{(2k+1)\pi}{2n}\Bigr) .

Keberselang-selingannya: sudut $0 < \frac{\pi}{2n} < \frac\pi n < \frac{3\pi}{2n} < \frac{2\pi}n < \dots < \pi$ berganti-ganti antara sudut $y$ yaitu $\frac{k\pi}n$ dan sudut $x$ yaitu $\frac{(2k+1)\pi}{2n}$ ; dan karena $\cos$ turun tegas pada $\intcc0\pi$ , nilainya berselang-seling dalam urutan terbalik: $y_n < x_{n-1} < y_{n-1} < \dots < x_0 < y_0$ . Di antara dua ekstremum yang berurutan duduk tepat satu akar, seperti disiratkan gambar $\cos n\theta$ .

6. Induksi dengan $2\cosh a\cosh b = \cosh(a + b) + \cosh(a - b)$ (Proposisi 4.18): $T_{n+1}(\cosh t) = 2\cosh t\cosh nt - \cosh(n-1)t = \cosh(n+1)t$ . Untuk $x \geq 1$ , tulis $x = \cosh t$ dengan $t \geq 0$ ; maka $\eu^t = x + \sqrt{x^2 - 1}$ dan $\eu^{-t} = x - \sqrt{x^2 - 1}$ , sehingga

T_n(x) = \cosh(nt) = \frac{(x + \sqrt{x^2-1})^n + (x - \sqrt{x^2-1})^n}2 .

Untuk $x > 1$ suku pertamanya melampaui $\frac12(1)^n$ secara tegas dan tumbuh secara geometri: jadi $T_n(x) > 1$ .

7. De Moivre: $\cos n\theta = \Re\bigl((\cos\theta + \iu\sin\theta)^n\bigr) = \sum_{2j \leq n}\binom n{2j} \cos^{n-2j}\theta\,(\iu\sin\theta)^{2j}$ , dan $(\iu\sin\theta)^{2j} = (-\sin^2\theta)^j = (\cos^2\theta - 1)^j$ . Dengan mensubstitusikan $x = \cos\theta$ lalu memanggil pertanyaan 3:

T_n(x) = \sum_{0\leq 2j\leq n}\binom n{2j}x^{n-2j}(x^2 - 1)^j .

Untuk $n = 3$ : $\binom30 x^3 + \binom32 x(x^2 - 1) = x^3 + 3x^3 - 3x = 4x^3 - 3x$ , seperti pada pertanyaan 1.

8. $T_n(1) = \cos(n\cdot0) = 1$ ; $T_n(-1) = \cos(n\pi) = (-1)^n$ ; dan $T_n(0) = \cos\frac{n\pi}2$ , yang bernilai $0$ untuk $n$ ganjil dan $(-1)^{n/2}$ untuk $n$ genap.

9. Induksi untuk $U_n(\cos\theta) = \frac{\sin(n+1)\theta}{\sin\theta}$ : benar untuk $U_0 = 1$ dan $U_1 = 2X$ (karena $\sin2\theta = 2\sin\theta\cos\theta$ ); dan langkahnya adalah kesamaan jumlah-ke-hasil-kali $\sin(n+2)\theta = 2\cos\theta\, \sin(n+1)\theta - \sin n\theta$ . Sekarang turunkan $T_n(\cos\theta) = \cos n\theta$ terhadap $\theta$ : $-\sin\theta\,T_n'(\cos\theta) = -n\sin n\theta$ , jadi untuk $\theta \notin \pi\Z$ :

T_n'(\cos\theta) = n\,\frac{\sin n\theta}{\sin\theta} = n\,U_{n-1}(\cos\theta) ,

dan polinomial $T_n'$ serta $nU_{n-1}$ , yang bersesuaian pada $\intoo{-1}1$ , adalah sama.

10. $\abs{\sin(n+1)\theta} = \abs{\sin n\theta\cos\theta + \cos n\theta\sin\theta} \leq \abs{\sin n\theta} + \abs{\sin\theta}$ , lalu induksi memberikan $\abs{\sin n\theta} \leq n\abs{\sin\theta}$ . Jadi $\abs{U_{n-1}} \leq n$ pada $\intoo{-1}1$ dan $\abs{T_n'} = n\abs{U_{n-1}} \leq n^2$ di sana; sedangkan di $\pm1$ batasnya diperluas lewat limit (atau langsung: $U_{n-1}(1) = n$ dari rekursinya, $U_n(1) = n + 1$ lewat induksi, dan paritasnya memberikan $U_{n-1}(-1) = (-1)^{n-1}n$ ). Jadi $T_n'(1) = n^2$ dan $T_n'(-1) = (-1)^{n-1}n^2$ : sehingga batas $n^2$ tercapai pada titik ujungnya.

11. Turunkan $\sin\theta\,T_n'(\cos\theta) = n\sin n\theta$ (pertanyaan 9) terhadap $\theta$ :

\cos\theta\,T_n'(\cos\theta) - \sin^2\theta\,T_n''(\cos\theta) = n^2\cos n\theta = n^2\,T_n(\cos\theta) .

Dengan $x = \cos\theta$ dan $\sin^2\theta = 1 - x^2$ : $x\,T_n' - (1 - x^2)T_n'' = n^2T_n$ pada $\intcc{-1}1$ , sehingga di mana-mana: jadi $(1 - x^2)y'' - xy' + n^2y = 0$ untuk $y = T_n$ . Periksa untuk $T_2 = 2x^2 - 1$ : $(1 - x^2)(4) - x(4x) + 4(2x^2 - 1) = 4 - 4x^2 - 4x^2 + 8x^2 - 4 = 0$ .

12. Di sini $\widetilde T_n$ monik (pertanyaan 2) dan $\abs{\widetilde T_n} = 2^{1-n}\abs{T_n} \leq 2^{1-n}$ pada $\intcc{-1}1$ , dengan $\widetilde T_n(y_k) = (-1)^k2^{1-n}$ pada $n + 1$ titik $y_k$ (Latihan 8.10): jadi normanya tepat $2^{1-n}$ , yang tercapai dengan tanda berselang-seling.

13. Di sini $\widetilde T_n$ dan $P$ sama-sama monik berderajat $n$ , sehingga suku utamanya saling hapus: jadi $\deg D \leq n - 1$ . Pada $y_k$ : $D(y_k) = (-1)^k2^{1-n} - P(y_k)$ , dan $\abs{P(y_k)} \leq \norm P_\infty < 2^{1-n}$ memaksa tanda $D(y_k)$ sama dengan tanda $(-1)^k2^{1-n}$ , secara tegas.

14. Di sini $D$ berganti tanda antara $y_{k+1}$ dan $y_k$ untuk masing-masing $k = 0, \dots, n-1$ : jadi menurut sifat nilai antara, $D$ mempunyai sebuah akar pada masing-masing dari $n$ selang terbuka yang saling lepas itu — yakni $n$ akar berbeda bagi polinomial tak nol berderajat $\leq n - 1$ , yang mustahil. Dan $D = 0$ pun mustahil (karena normanya berbeda). Jadi kontradiksi: tak ada $P$ monik berderajat $n$ dengan $\norm P_\infty < 2^{1-n}$ , dan itulah teorema Chebyshev.

15. Sekarang $\abs{P(y_k)} \leq 2^{1-n}$ saja, jadi $(-1)^k D(y_k) = 2^{1-n} - (-1)^kP(y_k) \geq 2^{1-n} - \abs{P(y_k)} \geq 0$ . Andaikan $D(y_k) = 0$ pada sebuah $y_k$ yang di dalam ( $0 < k < n$ ): maka $P(y_k) = (-1)^k2^{1-n}$ , sehingga $\abs P$ mencapai supremumnya $2^{1-n}$ pada titik dalam $y_k$ , yang mengakibatkan $P'(y_k) = 0$ (karena ekstremum di dalam); dan $T_n'(y_k) = nU_{n-1}(y_k) = 0$ karena $\sin(n\cdot\frac{k\pi}n) = 0$ — jadi $\widetilde T_n'(y_k) = 0$ juga, sehingga $D'(y_k) = 0$ : yakni $y_k$ akar $D$ berkegandaan sekurang-kurangnya $2$ .

16. Cacahlah akar $D$ beserta kegandaannya. Misalkan $z$ banyaknya titik dalam $y_k$ dengan $D(y_k) = 0$ (masing-masing akar ganda, menurut pertanyaan 15) dan $e \in \{0, 1, 2\}$ banyaknya titik ujung ( $y_0$ atau $y_n$ ) dengan $D = 0$ (masing-masing sekurang-kurangnya akar sederhana). Sebuah celah $(y_{k+1}, y_k)$ yang kedua ujungnya sama-sama mempunyai $D \neq 0$ memikul tanda yang berselang-seling secara tegas, sehingga ia memuat akar di dalamnya. Setiap titik dalam yang lenyap merusak paling banyak dua celah yang bersebelahan dengannya, dan setiap titik ujung yang lenyap paling banyak satu celah: jadi sekurang-kurangnya $n - 2z - e$ celah tetap menyumbang satu akar masing-masing, yang semuanya berbeda dari akar $y$ tadi. Totalnya: sekurang-kurangnya $(n - 2z - e) + 2z + e = n$ akar beserta kegandaannya, bagi polinomial berderajat $\leq n - 1$ : jadi $D = 0$ dan $P = \widetilde T_n$ . Peminimumnya pun tunggal.

17. Pemetaan afin $t \mapsto x = \frac{a+b}2 + \frac{b-a}2\,t$ adalah bijeksi $\intcc{-1}1 \to \intcc ab$ . Jika $P$ monik berderajat $n$ , maka $Q(t) = P(x(t))$ adalah polinomial dalam $t$ dengan koefisien utama $\bigl(\frac{b-a}2\bigr)^n$ , dan $\sup_{\intcc ab}\abs P = \sup_{\intcc{-1}1}\abs Q$ . Adapun polinomial monik $Q/\bigl(\frac{b-a}2\bigr)^n$ bernorma supremum $\geq 2^{1-n}$ (pertanyaan 13–14), sehingga

\sup_{\intcc ab}\abs P \geq \Bigl(\frac{b-a}2\Bigr)^n 2^{1-n} = 2\Bigl(\frac{b-a}4\Bigr)^n ,

dengan kesamaan tepat untuk $P(x) = \bigl(\frac{b-a}2\bigr)^n \widetilde T_n\bigl(t(x)\bigr)$ (pertanyaan 16).

18. $\widetilde T_3 = \frac{T_3}4 = X^3 - \frac34X$ ; lalu $\widetilde T_3{}' = 3X^2 - \frac34$ lenyap di $\pm\frac12$ . Nilainya: $\widetilde T_3(-1) = -\frac14$ , $\widetilde T_3(-\tfrac12) = \frac14$ , $\widetilde T_3(\tfrac12) = -\frac14$ , $\widetilde T_3(1) = \frac14$ : yaitu empat ekstremum berselang-seling bernilai mutlak $\frac14$ — jadi $\norm{\widetilde T_3}_\infty = \frac14$ , dan menurut teorema Chebyshev tak ada kubik monik yang bernorma supremum lebih kecil pada $\intcc{-1}1$ .

19. Di sini $\omega$ monik berderajat $n + 1$ , sehingga $\norm\omega_\infty \geq 2^{-n}$ menurut teorema Chebyshev (untuk derajat $n+1$ ), dengan kesamaan jika dan hanya jika $\omega = \widetilde T_{n+1} = 2^{-n}T_{n+1}$ (pertanyaan 16), yakni jika dan hanya jika simpulnya adalah $n + 1$ akar $T_{n+1}$ . Dengan simpul Chebyshev, faktor galatnya $\norm\omega_\infty$ bernilai $2^{-n}$ — yaitu yang sekecil mungkin.

20. Karena $5 \times 36^\circ = 180^\circ$ , maka $T_5(c) = \cos180^\circ = -1$ : jadi $16c^5 - 20c^3 + 5c + 1 = 0$ . Dengan menguji $x = -1$ : $-16 + 20 - 5 + 1 = 0$ , dan menjabarkannya membenarkan

16x^5 - 20x^3 + 5x + 1 = (x + 1)\bigl(4x^2 - 2x - 1\bigr)^2 .

Karena $c = \cos36^\circ \neq -1$ , maka $c$ merupakan akar $4x^2 - 2x - 1$ , yang akarnya $\frac{1 \pm \sqrt5}4$ ; dan karena $c > 0$ ,

\cos36^\circ = \frac{1 + \sqrt5}4 .

Kesejalanannya: $\cos72^\circ = T_2(c) = 2c^2 - 1 = 2\cdot\frac{3 + \sqrt5}8 - 1 = \frac{\sqrt5 - 1}4$ , yaitu nilai yang ditemukan pada Latihan 3.8.

21. $\sqrt{1.1^2 - 1} = \sqrt{0.21} \approx 0.458$ , jadi $x + \sqrt{x^2-1} \approx 1.558$ dan $(1.558)^{10} \approx 84.5$ , sedangkan $(1.1 - 0.458)^{10} \approx 0.01$ : sehingga $T_{10}(1.1) \approx \frac{84.5 + 0.01}2 \approx 42$ . Jadi polinomial yang terkurung di $\intcc{-1}1$ pada selang itu sudah tumbuh melampaui $40$ hanya sepersepuluh di luar tepinya: keterbatasan pada sebuah ruas tak mengatakan apa-apa sejengkal di luarnya.

22. Pada rumus $T_p$ di pertanyaan 7, suku $j = 0$ adalah $X^p$ ; sedangkan setiap suku lainnya memikul $\binom p{2j}$ dengan $0 < 2j < p$ (perhatikan $2j \neq p$ karena $p$ ganjil), yang habis dibagi $p$ menurut langkah pertama bukti Teorema 6.23. Jadi setiap koefisien $T_p - X^p$ merupakan kelipatan $p$ . Pemeriksaannya: $T_3 - X^3 = 3X^3 - 3X = 3(X^3 - X)$ ; $T_5 - X^5 = 15X^5 - 20X^3 + 5X = 5(3X^5 - 4X^3 + X)$ .

23. Menurut pertanyaan 17 dengan $\intcc ab = \intcc01$ dan $n = 2$ : simpangan minimalnya $2\bigl(\frac14\bigr)^2 = \frac18$ , yang tercapai oleh $\bigl(\frac12\bigr)^2\widetilde T_2(2x - 1) = \frac14\bigl((2x-1)^2 - \frac12\bigr) = x^2 - x + \frac18$ . Jadi kuadrat monik yang paling dekat dengan nol pada $\intcc01$ adalah $x^2 - x + \frac18$ , dengan norma supremum $\frac18$ .

24. (i) Kekakuannya — bahwa polinomial dengan akar lebih banyak daripada derajatnya adalah nol — menggerakkan asas ketunggalannya (pertanyaan 3), pemindahan kesamaan trigonometri menjadi kesamaan polinomial (pertanyaan 4, 7, 9, 11), dan kedua argumen pencacahan akar pada bukti keekstremannya (pertanyaan 14, 16). (ii) Trigonometri Bab 3 (de Moivre dan jumlah-ke-hasil-kali) beserta fungsi hiperbolik pada Bab 4 memasok setiap kesamaan di balik keluarga itu; dan substitusi $x = \cos\theta$ menjadi jembatannya. (iii) Adapun keterbagian $p \mid \binom p{2j}$ dari Bab 6 mengubah rumus koefisiennya menjadi kekongruenan pertanyaan 22.

25. Teorema Chebyshev mengubah pengoptimuman atas sebuah keluarga berdimensi tak hingga (yaitu semua polinomial monik) menjadi kombinatorika yang hingga: karena pesaing yang lebih baik daripada $\widetilde T_n$ akan berselisih darinya sebesar polinomial berderajat rendah yang terpaksa berganti tanda $n$ kali — yakni satu akar lebih banyak daripada yang diizinkan derajatnya. Jadi pola ekuiosilasinya bukan keanehan melainkan justru sertifikat keoptimalannya, dan kasus kesamaannya mempertajam pencacahan akar dengan kegandaannya. Adapun substitusi $x = \cos\theta$ pantas mendapat kata terakhir: ia mengangkut dunia polinomial yang kaku dan diskret ke dunia periodik trigonometri, yang di sana akar dan ekstremum $T_n$ hanyalah kisi teratur $\cos n\theta$ . Kedua fakta analisis yang dipinjam — yaitu sifat nilai antara (pertanyaan 14; dibuktikan pada Bab 13) dan lenyapnya turunan pada ekstremum di dalam (pertanyaan 15; dibuktikan pada Bab 14) — justru perkakas yang akan dikembalikan bab berikutnya, sehingga lingkarannya tertutup.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 395 istilah di glosarium

8.1 Ring K[X]K[X]K[X]

8.2 Akar

8.3 Koefisien dan akar

8.4 Latihan

8.5 Soal: Polinomial Chebyshev dan polinomial paling datar

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

8.1 Ring $K[X]$