Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số ứng dụng của công thức nội suy Lagrange và Hermite

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:64

Thêm vào BST

Báo xấu

41
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Trong các kì thi học sinh giỏi toán các cấp, Olympic Toán sinh viên, các bài toán liên quan tới đa thức thường xuyên được đề cập. Những dạng toán này thường được xem là thuộc loại khó, hơn nữa phần kiến thức về nội suy đa thức lại không nằm trong chương trình chính thức của giáo trình Đại số và Giải tích bậc trung học phổ thông. Như ta đã biết, công thức nội suy Lagrange đã được đề cập ở bậc phổ thông. Tuy nhiên công thức nội suy Hermite chỉ có trong các tài liệu chuyên khảo. Mời các bạn cùng tìm hiểu luận văn.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số ứng dụng của công thức nội suy Lagrange và Hermite

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HOÀNG THỊ NGA MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA CÔNG THỨC NỘI SUY LAGRANGE VÀ HERMITE LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2018
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HOÀNG THỊ NGA MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA CÔNG THỨC NỘI SUY LAGRANGE VÀ HERMITE Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 8 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu THÁI NGUYÊN - 2018
i MỤC LỤC MỞ ĐẦU ii Chương 1. Nội suy Lagrange và nội suy Hermite 1 1.1 Bài toán nội suy Lagrange . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 1.2 Bài toán nội suy Hermite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.3 Bài toán nội suy Lagrange - Newton . . . . . . . . . . . . . . . . . 18 Chương 2. Ứng dụng nội suy tính nguyên hàm và tích phân các hàm phân thức 21 2.1 Nguyên hàm của hàm phân thức với các cực điểm đơn . . . . . . . 21 2.2 Nguyên hàm của hàm phân thức với các cực điểm bậc tùy ý . . . . 26 Chương 3. Một số dạng toán liên quan 43 3.1 Một số bài toán về đa thức nhận giá trị nguyên . . . . . . . . . . . 43 3.2 Một số bài toán xác định đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50 3.2.1 Tìm đa thức khi biết các nghiệm của nó. . . . . . . . . . . 50 3.2.2 Sử dụng công thức nội suy Lagrange để xác định hệ số của đa thức. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53 3.2.3 Một số bài toán xác định đa thức khác không liên quan đến các công thức nội suy. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56 KẾT LUẬN 59 TÀI LIỆU THAM KHẢO 59
ii MỞ ĐẦU Trong các kì thi học sinh giỏi toán các cấp, Olympic Toán sinh viên, các bài toán liên quan tới đa thức thường xuyên được đề cập. Những dạng toán này thường được xem là thuộc loại khó, hơn nữa phần kiến thức về nội suy đa thức lại không nằm trong chương trình chính thức của giáo trình Đại số và Giải tích bậc trung học phổ thông. Như ta đã biết, công thức nội suy Lagrange đã được đề cập ở bậc phổ thông. Tuy nhiên công thức nội suy Hermite chỉ có trong các tài liệu chuyên khảo. Vì vậy, tôi chọn đề tài luận văn ”Một số ứng dụng của công thức nội suy Lagrange và Hermite”. Luận văn nhằm cung cấp một số ứng dụng của công thức nội suy Lagrange và Hermite để tìm nguyên hàm của hàm phân thức. Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận và 3 chương. Chương 1. Nội suy Lagrange và nội suy Hermite. Chương 2. Ứng dụng nội suy tính nguyên hàm và tích phân các hàm phân thức Chương 3. Một số dạng toán liên quan. Tiếp theo, trong các chương đều trình bày một hệ thống bài tập áp dụng giải các đề thi HSG quốc gia và Olympic liên quan. Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn của GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu. Xin được gửi lời cảm ơn chân thành và sâu sắc đến Thầy, người đã tận tình hướng dẫn và chỉ đạo tác giả tập dượt nghiên cứu khoa học trong suốt quá trình tìm hiểu tài liệu, viết và hoàn thiện Luận văn. Đồng thời em xin chân thành cảm ơn các quý thầy cô trong Bộ môn toán, Khoa Khoa học Tự nhiên, các Thầy Cô trường Đại học Khoa học Tự nhiên Hà Nội, các Thầy Cô Viện Toán học đã tận tình giảng dạy, quan tâm và tạo mọi điều kiện thuận lợi về thủ tục hành chính để em hoàn thành khoá học và bảo vệ luận văn Thạc sĩ. Tôi cũng chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè và cơ quan, đoàn thể nơi tôi công tác là Trường Trung học Phổ thông Thuỷ Sơn, Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Phòng, đã tạo mọi điều kiện về vật chất lẫn tinh thần trong quá trình học tập, nghiên cứu và viết luận văn. Thái Nguyên, tháng 5 năm 2018 Tác giả Hoàng Thị Nga
1 Chương 1. Nội suy Lagrange và nội suy Hermite Chương này được dành để trình bày về các bài toán nội suy Lagrange, bài toán nội suy Hermite và bài toán nội suy Lagrange-Newton, từ định lí, hệ quả cho đến một số ví dụ tính toán cụ thể. 1.1 Bài toán nội suy Lagrange Trong một số trường hợp, để tính tổng hữu hạn các phân thức, người ta thường sử dụng một số tính chất của đa thức, đặc biệt là công thức nội suy Lagrange. Dưới đây là một số đồng nhất thức cơ bản và áp dụng của chúng. Định lý 1.1 (Đồng nhất thức Lagrange). Nếu x1 , x2 , . . . , xm là m giá trị tuỳ ý, đôi một khác nhau và f (x) là đa thức bậc nhỏ thua m thì ta có đồng nhất thức sau (x − x2 )(x − x3 ) . . . (x − xm ) f (x) = f (x1 ) + (x1 − x2 )(x1 − x3 ) . . . (x1 − xm ) (x − x1 )(x − x3 ) . . . (x − xm ) +f (x2 ) (x2 − x1 )(x2 − x3 ) . . . (x2 − xm ) (x − x1 )(x − x2 ) . . . (x − xm−1 ) + · · · + f (xm ) . (1.1) (xm − x1 )(xm − x2 ) . . . (xm − xm−1 ) Chứng minh. Ta cần chứng minh công thức (x − x2 )(x − x3 ) . . . (x − xm ) f (x) − f (x1 ) − (x1 − x2 )(x1 − x3 ) . . . (x1 − xm ) (x − x1 )(x − x3 ) . . . (x − xm ) −f (x2 ) (x2 − x1 )(x2 − x3 ) . . . (x2 − xm ) (x − x1 )(x − x2 ) . . . (x − xm−1 ) − · · · − f (xm ) ≡ 0. (xm − x1 )(xm − x2 ) . . . (xm − xm−1 ) Nhận xét rằng vế trái của công thức là một đa thức bậc không quá m − 1 và có ít nhất m nghiệm phân biệt là x1 , x2 , . . . , xm . Vậy đa thức trên phải đồng nhất bằng 0. Hệ quả 1.1. Từ Định lý 1.1, ta thu được các đồng nhất thức sau đây.
2 √ √ √ √ √ √ (x − 3)(x − 5)(x − 7) (x − 2)(x − 5)(x − 7) √ √ √ √ √ √ + √ √ √ √ √ √ ( 2 − 3)( 2 − 5)( 2 − 7) ( 3 − 2)( 3 − 5)( 3 − 7) √ √ √ √ √ √ (x − 2)(x − 3)(x − 7) (x − 2)(x − 3)(x − 5) + √ √ √ √ √ √ + √ √ √ √ √ √ ≡ 1, ( 5 − 2)( 5 − 3)( 5 − 7) ( 7 − 2)( 7 − 3)( 7 − 5) (x − b)(x − c) (x − c)(x − a) (x − a)(x − b) a2 + b2 + c2 ≡ x2 (a < b < c). (a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c − b) Định lý 1.2. Giả sử f (x) là một đa thức bậc nhỏ thua hoặc bằng m − 2 (m > 2) và x1 , x2 , . . . , xm là m giá trị đôi một khác nhau cho trước tuỳ ý. Khi đó, ta có đồng nhất thức f (x1 ) f (x2 ) + (x1 − x2 )(x1 − x3 ) . . . (x1 − xm ) (x2 − x1 )(x2 − x3 ) . . . (x2 − xm ) f (xm ) + ··· + ≡ 0. (xm − x1 )(xm − x2 ) . . . (xm − xm−1 ) Chứng minh. Nhận xét rằng vế trái của đẳng thức đã cho chính là hệ số của hạng tử ứng với bậc m − 1 trong cách viết chính tắc của đa thức f (x). Đồng nhất các hệ số đồng bậc ta có ngay điều phải chứng minh. Dưới đây, ta xét một số ứng dụng trực tiếp của đồng nhất thức Lagrange. Ví dụ 1.1. Tính tổng cos 1o cos 2o S= + (cos 1o − cos 2o )(cos 1o − cos 3o ) (cos 2o − cos 1o )(cos 2o − cos 3o ) cos 3o + (cos 3o − cos 1o )(cos 3o − cos 2o ) Lời giải. Áp dụng Định lý 1.2, với f (x) = x, x1 = cos 1o , x2 = cos 2o , x3 = cos 3o , ta thu được S = 0. Ví dụ 1.2. Ta có các đồng nhất thức b+c+d c+d+a + + (b − a)(c − a)(d − a)(x − a) (c − b)(d − b)(a − b)(x − b) d+a+b a+b+c + (d − c)(a − c)(b − c)(x − c) (a − d)(b − d)(c − d)(x − d) x−a−b−c−d ≡ . (x − a)(x − b)(x − c)(x − d)
3 Lời giải. Thật vậy, ta cần chứng minh (a + b + c + d) − a (a + b + c + d) − b + + (a − b)(a − c)(a − d)(a − x) (b − a)(b − c)(b − d)(b − x) (a + b + c + d) − c (a + b + c + d) − d + + + (c − a)(c − b)(c − d)(c − x) (d − a)(d − b)(d − c)(d − x) (a + b + c + d) − x + = 0. (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) Ta có, với đa thức bậc nhất f (y) = a + b + c + d − y, y1 = a, y2 = b, y3 = c, y4 = d, y5 = x, theo Định lý 1.2 ta sẽ thu được ngay điều phải chứng minh. Định lý 1.3. Cho x1 , x2 , . . . , xm là m giá trị tuỳ ý đôi một khác nhau. Đặt xn1 xn2 Sn = + (x1 − x2 )(x1 − x3 ) . . . (x1 − xm ) (x2 − x1 )(x2 − x3 ) . . . (x2 − xm ) xnm +··· + . (xm − x1 )(xm − x2 ) . . . (xm − xm−1 ) Khi đó a) Sn = 0 nếu 0 ≤ n < m − 1, b) Sm−1 = 1, c) Sm+k bằng tổng các tích, mỗi tích có k + 1 thừa số (giống nhau hoặc khác nhau) lấy trong các số x1 , x2 , . . . , xm . Chứng minh. a) Theo Định lý 1.2, với f (x) = 1, x, x2 , . . . , xm−2 , ta được ngay S0 = S1 = . . . = Sm−2 = 0. b) Để chứng minh Sm−1 = 1, ta chỉ cần thay f (x) trong Định lý 1.2 bởi xm−1 , rồi so sánh hệ số của hạng tử bậc m − 1 ở hai vế của đồng nhất thức vừa thu được. c) Để tính Sn khi n > m − 1 ta làm như sau: Giả sử x1 , x2 , . . . , xm thoả mãn phương trình bậc m αm + p1 .αm−1 + p2 .αm−2 + · · · + pm−1 .α + pm = 0,
4 trong đó    −p1 = x1 + x2 + · · · + xm   p = x1 x2 + x1 x3 + · · · + xm−1 xm  2   ... ......   (−1)k .p  = x1 x2 x3 . . . xk + · · · k Nhân cả hai vế của phương trình trên với αk , ta được αm+k + p1 .αm+k−1 + p2 αm+k−2 + · · · + pm−1 .αk+1 + pm .αk = 0. Thay α trong đẳng thức này lần lượt bởi x1 , x2 , . . . , xm ; và lần lượt chia đẳng thức thứ nhất cho (x1 − x2 )(x1 − x3 ) . . . (x1 − xm ), đẳng thức thứ hai cho (x2 − x1 )(x2 − x3 ) . . . (x2 − xm ) . . ., rồi cộng vế với vế các đẳng thức mới vừa nhận được, ta thu được Sm+k + p1 .Sm+k−1 + · · · + pm−1 .Sk+1 + pm .Sk = 0. (1.2) Đặt k = 0, ta thu được Sm + p1 Sm−1 = 0. Do đó Sm = −p1 = x1 + x2 + · · · + xm . Nhờ đẳng thức (1.2) ta sẽ lần lượt tính tiếp các biểu thức Sm+1 , Sm+2 , . . . Ta đặt lần lượt 1 = α1 ; (x1 − x2 )(x1 − x3 ) . . . (x1 − xm ) 1 = α2 ; (x2 − x1 )(x2 − x3 ) . . . (x2 − xm ) .. . 1 = αm . (xm − x1 )(xm − x2 ) . . . (xm − xm−1 ) Khi đó ta có Sn = xn1 α1 + xn2 α2 + · · · + xnm αm . Xét α1 α2 αm P = + + ··· + . 1 − x1 z 1 − x2 z 1 − xm z Dùng công thức của cấp số nhân với giả thiết rằng z được chọn sao cho |x1 z| < 1, |x2 z| < 1, . . . , |xm z| < 1,
5 ta khai triển tổng P thành chuỗi vô hạn như sau: P = α1 (1 + x1 z + x21 z 2 + · · · ) + α2 (1 + x2 z + x22 z 2 + · · · )+ + · · · + αm (1 + xm .z + x2m z 2 + · · · ) hay P = (α1 + α2 + · · · + αm ) + (x1 α1 + x2 α2 + · · · + xm αm )z + +(x21 α1 + x22 α2 + · · · + x2m αm )z 2 + · · · tức là P = S0 + S1 z + S2 z 2 + S3 z 3 + · · · . Để cho gọn, ta đặt (1 − x1 z)(1 − x2 z) . . . (1 − xm z) = Q. Khai triển Q theo luỹ thừa của z , ta có thể viết Q = 1 − δ1 z + δ2 z 2 + · · · + (−1)m δm z m , trong đó δ1 = x1 + x2 + · · · + xm , δ2 = x1 x2 + x1 x3 + · · · + xm−1 xm .. ......... Tiếp theo, nhân cả hai vế của đẳng thức thứ hai với (1 − x1 z)(1 − x2 z) . . . (1 − xm .z), ta có P Q = α1 (1 − x2 z)(1 − x3 z) . . . (1 − xm z)+ α2 (1 − x1 z)(1 − x3 z) . . . (1 − xm .z)+ α3 (1 − x1 z)(1 − x2 z)(1 − x4 z) . . . (1 − xm z) + · · · + αm (1 − x1 z)(1 − x2 z) . . . (1 − xm−1 z). Như vậy P Q là một đa thức bậc m − 1 đối với z . Ta sẽ chứng minh rằng nó chính là z m−1 , tức là có đồng nhất thức P Q = z m−1 .
6 Thật vậy, biểu thức P Q − z m−1 triệt tiêu khi 1 1 1 z= , ,..., x1 x2 xm vì, chẳng hạn, với 1 z= x1 thì x2 x3 xm 1 1 1 α1 1 − 1− ··· 1 − − m−1 = m−1 − m−1 = 0. x1 x1 x1 x1 x1 x1 Vậy nên P Q − z m−1 = 0. Do đó z m−1 =P Q hay 1 z m−1 2 m m = S0 + S1 z + · · · + Sm−1 z m−1 + · · · 1 − δ1 z + δ2 z − . . . + (−1) δm z Nếu khai triển vế trái thành chuỗi vô hạn theo luỹ thừa của z thì chuỗi này bắt đầu bằng hạng tử chứa z m−1 . Vì vậy, hệ số của các hạng tử bậc 0, 1, 2, . . . , m − 2 trong vế phải bằng không, tức là S0 = S1 = . . . = Sm−2 = 0. Ngoài ra, hệ số của hạng tử ứng với bậc m = 1 ở vế trái bằng 1. Vậy Sm−1 = 1. Bây giờ đẳng thức cần chứng minh có dạng sau: z m−1 2 m m = z m−1 + Sm .z m + Sm+1 .z m+1 + · · · 1 − δ1 .z + δ2 .z − · · · (−1) δm .z Uớc lượng cả hai vế cho z m−1 , ta thu được 1 2 m m = 1 + Sm z + Sm+1 z 2 + · · · 1 − δ1 z + δ2 z − · · · + (−1) δm z hoặc 1 = (1 − δ1 z + δ2 z 2 − · · · + (−1)m δm .z m )(1 + Sm z + Sm+1 z 2 + · · · )
7 Khai triển vế phải theo lũy thừa của z và so sánh các hệ số ở hai vế, ta được Sm − δ1 = 0, δ2 − δ1 .Sm + Sm+1 = 0, ......... Như vậy, ta có thể tính được Sm , Sm+1 , Sm+2 , . . . Nhằm thiết lập được mệnh đề mở rộng cấu trúc của Sm+k , ta xét 1 1 1 1 = . ... Q 1 − x1 .z 1 − x2 .z 1 − xm .z ∞ X p ∞ X q ∞ X X p q p q = x1 .z . x2 .z · · · xsm z s = x1 x2 . . . xsm z p+q+···+s . p=0 q=0 s=0 Mặt khác 1 = 1 + Sm z + Sm+1 z 2 + · · · + Sm+k z k+1 + · · · , Q nên ta được X Sm+k = xp1 xq2 . . . xsm p+q+···+s=k+1 Vì vậy, ta thu được kết quả cuối cùng Sm+k bằng tổng các tích, mỗi tích có k + 1 thừa số (giống nhau hoặc khác nhau) lấy trong các số x1 , x2 , . . . , xm . Nói riêng Sm+1 = x21 + x22 + · · · + x2m + x1 x2 + x1 x3 + · · · + xm−1 xm Sm+2 = x31 + x32 + · · · + x3m + x21 x2 + x21 x3 + · · · + x2m−1 xm +x1 x2 x3 + · · · + xm−2 xm−1 xm , (điều phải chứng minh). Hệ quả 1.2. Giả sử ak bk ck Sk = + + . (a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b) Khi đó S0 = S1 = 0 , S2 = 1 , S3 = a + b + c, S4 = a2 + b2 + c2 + ab + bc + ca, S5 = a3 + b3 + c3 + a2 b + b2 c + c2 a + ab2 + bc2 + ca2 + abc.
8 Hệ quả 1.3. Giả sử ak bk ck Tk = + + + (a − b)(a − c)(a − d) (b − a)(b − c)(b − d) (c − a)(c − b)(c − d) dk + . (d − a)(d − b)(d − c) Khi đó T0 = T1 = T2 = 0 , T3 = 1 , T4 = a + b + c + d. Bây giờ ta chuyển sang khảo sát bài toán nội suy Lagrange dưới ngôn ngữ tổng quát. Bài toán 1.1 (Bài toán nội suy Lagrange). Cho xi , ai ∈ R, với xi 6= xj ∀i 6= j, (i, j = 1, 2, . . . , N ). Hãy xác định đa thức L(x) có bậc deg L(x) 6 N − 1 thỏa mãn điều kiện L(xi ) = ai , ∀i = 1, 2, . . . , N. (1.3) Lời giải. Để đơn giản, ký hiệu N Y x − xj Li (x) = , (i = 1, 2, . . . , N ). j=1, j6=i xi − xj Khi đó, dễ thấy rằng  1 khi i = j Li (xj ) = 0 khi i 6= j hay Li (xj ) = δij . Tiếp theo, ta chứng minh rằng đa thức N X L(x) = ai Li (x) (1.4) i=1 là đa thức duy nhất thỏa mãn điều kiện của bài toán nội suy Lagrange (1.3), và ta gọi đa thức này là đa thức nội suy Lagrange. Thật vậy, dễ thấy rằng deg L(x) 6 N − 1. Ngoài ra, ta có N X N X L(xi ) = aj Lj (xi ) = aj δij j=1 j=1
9 hay L(xi ) = ai , ∀i = 1, 2, . . . , N. Cuối cùng, nếu có đa thức L∗ (x), có bậc deg L∗ (x) với deg L∗ (x) 6 N − 1 cũng thỏa mãn điều kiện của bài toán (1.3) thì khi đó, đa thức P (x) = L(x) − L∗ (x) cũng có bậc deg P (x) 6 N − 1 và thỏa mãn P (xi ) = 0, ∀i = 1, 2, . . . , N. Tức là P (x) là đa thức có bậc deg P (x) với deg P (x) 6 N − 1 mà lại có ít nhất N nghiệm phân biệt x1 , x2 , . . . , xN , nên P (x) ≡ 0, và do đó L(x) = L∗ (x). Từ bài toán nội suy Lagrange ta có nhận xét sau: Nhận xét 1.1. Về mặt hình học, việc xây dựng đa thức nội suy Lagrange (1.3) có nghĩa là xây dựng một đa thức một biến bậc không quá N − 1 đi qua tất cả các điểm Mi (xi , yi ), ∀i = 1, 2, . . . , N cho trước. 1.2 Bài toán nội suy Hermite Bài toán nội suy Newton là một mở rộng tự nhiên của đồng nhất thức Taylor và tương ứng, khai triển Taylor - Gontcharov là mở rộng khai triển Taylor cổ điển. Bây giờ ta chuyển sang xét bài toán nội suy Hermite là một mở rộng tự nhiên của bài toán nội suy Lagrange và Taylor. Với đa thức n Y L(x) = (x − xj ), xi 6= xj khi i 6= j, i, j = 1, 2, . . . , n j=1 thì điều kiện Lagrange L(xj ) = 0, j = 1, 2, . . . , n là điều kiện tự nhiên để xác định đa thức đơn P (x) ( đa thức có các nghiệm đơn). Khi P (x) có nghiệm bội thì điều kiện Lagrange không đủ để xác định P (x). Vì thế, ta cần các điều kiện tổng quát hơn để đảm bảo tồn tại duy nhất một đa thức dạng Yn H(x) = (x − xj )αj , xi 6= xj khi i 6= j, i, j = 1, 2, . . . , n. j=1
10 Rõ ràng đa thức H(x) có deg H(x) = α1 + α2 + · · · + αn và H (k) (xj ) = 0, k = 0, 1, . . . , αj − 1; j = 1, 2, . . . , n. Vì thế, ta có thể phát biểu bài toán nội suy Hermite dưới dạng sau. Bài toán 1.2 (Nội suy Hermite). Cho xi , aki ∈ R, với i = 1, 2, . . . , n; k = 0, 1, . . . , pi − 1 và xi 6= xj ∀i 6= j, trong đó p1 + p2 + · · · + pn = N. Hãy xác định đa thức H(x) có bậc deg H(x) 6 N − 1 thỏa mãn điều kiện H (k) (xi ) = aki , ∀i = 1, 2, . . . , n; ∀k = 0, 1, . . . , pi − 1. (1.5) Lời giải. Ký hiệu n Y W (x) = (x − xj )pj j=1 n W (x) Y Wi (x) = p = (x − xj )pj . (x − xi ) i j=1, j6=i Tiếp theo, giả sử H(x) là đa thức có bậc deg H(x) với deg H(x) 6 N − 1 và thỏa mãn điều kiện bài toán. Ta cần xác định các hệ số αli ∈ R sao cho đẳng thức sau được thoả mãn i n p −1 H(x) X X αli = pi −l . W (x) i=1 l=0 (x − xi ) Ta có i n p −1 H(x) pi H(x) pi XX αli = (x − xi ) = (x − xi ) Wi (x) W (x) i=1 l=0 (x − xi )pi −l i −1 pX n pj −1 l pi X X αlj = αli (x − xi ) + (x − xi ) . l=0 j=1, j6=i l=0 (x − xj )pj −l Trong các phép biến đổi tiếp theo, để ý rằng l X p X X l p X X p (l) (f g) = Clk f (k) g (l−k) và Aki = Aki , k=0 l=0 k=0 k=0 l=k ta thu được h H(x) i(l) = l!αli . Wi (x) (x=xi )
11 Suy ra l X aki h 1 i(l−k) αli = . k=0 k!(l − k)! Wi (x) (x=xi ) Do đó in p −1 l H(x) X X X aki h 1 i(l−k) 1 = W (x) i=1 l=0 k=0 k!(l − k)! Wi (x) (x=xi ) (x − xi )pi −l i −1 p n pX i −1 X X aki h 1 i(l−k) 1 = . i=1 k=0 l=k k!(l − k)! Wi (x) (x=xi ) (x − xi )pi −l Suy ra i −1 p n pX i −1 X X aki h 1 i(l−k) 1 H(x) = W (x) i=1 k=0 l=k k!(l − k)! Wi (x) (x=xi ) (x − xi )pi −l hay i −1 n pX p −1 X (x − xi )k Xi h 1 i(l−k) (x − x )l−k i H(x) = aki Wi (x) . k! W i (x) (x=xi ) (l − k)! i=1 k=0 l=k Đổi chỉ số ở tổng cuối cùng của đẳng thức trên, ta thu được i −1 n pX −1−k h piX X (x − xi )k 1 i(l) (x − xi )l H(x) = aki Wi (x) i=1 k=0 k! l=0 Wi (x) (x=xi ) l! hay i −1 n pX X (x − xi )k n 1 o(pi −1−k) H(x) = aki Wi (x) T , i=1 k=0 k! W i (x) (x=xi ) trong đó −1−k h piX n1 o(pi −1−k) 1 i(l) (x − xi )l T = Wi (x) (x=xi ) l=0 Wi (x) (x=xi ) l! 1 là đoạn khai triển Taylor đến cấp thứ (pi − 1 − k) tại x = xi của hàm số . Wi (x) Ký hiệu (x − xi )k n 1 o(pi −1−k) Hki (x) = Wi (x) T . k! Wi (x) (x=xi ) Khi đó, dễ thấy rằng deg Hki (x) 6 k + (N − pi ) + (pi − 1 − k) = N − 1,
12  1 nếu k = l và i = j (l) Hki (xj ) = 0 nếu k 6= l hoặc i = 6 j (l) hay Hki (xj ) = δkl δij . Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng i −1 n pX i −1 n pX X X (x − xi )k n 1 o(pi −1−k) aki Hki (x) = aki Wi (x) T (1.6) i=1 k=0 i=1 k=0 k! wi (x) (x=xi ) hay i −1 n pX X (x − xi )k n 1 o(pi −1−k) H(x) = aki Wi (x) T i=1 k=0 k! wi (x) (x=xi ) là đa thức duy nhất thỏa mãn điều kiện của bài toán nội suy Hermite 1.5 và ta gọi đa thức (1.6) là đa thức nội suy Hermite. Thật vậy, dễ thấy rằng deg H(x) 6 N − 1 và j −1 n pX j −1 n pX (k) X X (k) H (xi ) = alj Hlj (xi ) = alj δkl δij . j=1 l=0 j=1 l=0 Suy ra H (k) (xi ) = aki , (∀i = 1, 2, . . . , n; ∀k = 0, 1, . . . , pi − 1). Cuối cùng, ta chứng minh tính duy nhất nghiệm của bài toán nội suy Hermite. Giả sử tồn tại đa thức H∗ (x), có bậc deg H∗ (x) với deg H∗ (x) 6 N − 1, cũng thỏa mãn điều kiện của bài toán nội suy Hermite. Khi đó, đa thức P (x) = H(x) − H∗ (x) cũng có bậc deg P (x) 6 N − 1 và thỏa mãn điều kiện P (k) (xi ) = 0, (∀i = 1, 2, . . . , n; ∀k = 0, 1, . . . , pi − 1). Khi đó, theo như cách xây dựng đa thức H(x) ở phần trên, ứng với trường hợp aki = 0, ∀i = 1, 2, . . . , n; ∀k = 0, 1, . . . , pi − 1, ta suy ra P (x) ≡ 0 và do đó H(x) = H∗ (x). Chú ý rằng đa thức nội suy Taylor và đa thức nội suy Lagrange là những trường hợp riêng của đa thức nội suy Hermite. Thật vậy, đa thức nội suy Taylor là trường hợp riêng của đa thức nội suy Hermite vì trong đa thức nội suy Hermite (1.5) ứng với n = 1 thì ta có p1 = N, W (x) = (x − x1 )p1 , W1 (x) ≡ 1.
13 Suy ra (x − x1 )k Hk1 (x) = . k! Vậy nên N −1 X (x − x1 )k H(x) = ak1 ≡ T (x). k=0 k! Tương tự, đa thức nội suy Lagrange là trường hợp riêng của đa thức nội suy Hermite vì trong đa thức nội suy Hermite (1.5), ứng với k = 0, ta có pi = 1 ∀i = 1, 2, . . . , n, và n = N. Suy ra N Wi (x) Y x − xj H0i (x) = = = Li (x). Wi (xi ) j=1, j6=i xi − xj Vậy nên N X H(x) = a0i Li (x) ≡ L(x). i=1 Tiếp theo, ta xét một số trường hợp riêng đơn giản của đa thức nội suy Hermite. Xét đa thức nội suy Hermite (1.5) i −1 n pX X (x − xi )k n 1 o(pi −1−k) H(x) = aki Wi (x) T , i=1 k=0 k! Wi (x) (x=xi ) trong đó −1−k h piX 1 o(pi −1−k) n 1 i(l) (x − xi )l T = . Wi (x) (x=xi ) l=0 W i (x) (x=xi ) l! Ta xét một trường hợp khi hệ điều kiện chỉ chứa đạo hàm bậc nhất. Trong đa thức nội suy Hermite (1.5), nếu pi = 2, ∀i = 1, 2, . . . , n thì khi đó k = 0, 1 và ta có n X 1 X (x − xi )k n 1 o(1−k) H(x) = aki Wi (x) T . i=1 k=0 k! W i (x) (x=xi ) Suy ra n X h n 1 o(1) n 1 o(0) i H(x) = Wi (x) a0i T + a1i (x − xi ) T i=1 Wi (x) (x=xi ) Wi (x) (x=xi )
14 hay n 0 X Wi (x) h Wi (xi ) i H(x) = a0i 1 − (x − xi ) + a1i (x − xi ) = i=1 Wi (xi ) W i (x i ) n W 0 (x ) X Wi (x) h i i i = a0i − a0i − a1i (x − xi ) . i=1 Wi (xi ) W i (x i ) Cuối cùng, để ý rằng ta có các đồng nhất thức n Wi (x) Y (x − xj )2 = 2 = L2i (x), Wi (xi ) j=1, j6=i (xi − xj ) 0 n Wi (xi ) h Y x − xj i0 0 =2 = 2Li (xi ). Wi (xi ) x − xj x=xi j=1, j6=i i Vậy, ta đã thu được đa thức nội suy Hermite trong trường hợp này như sau n h i 0 X L2i (x) H(x) = a0i − 2a0i Li (xi ) − a1i (x − xi ) . i=1 Tiếp theo ta xét trường hợp khi hệ điều kiện chứa các giá trị đạo hàm các cấp tại các nút nội suy đều bằng 0 trừ ra một điểm. Trong đa thức nội suy Hermite (1.5), ta xét trường hợp đặc biệt, chẳng hạn ∃k0 , i0 sao cho ak0 i0 = a 6= 0 và aki = 0, ∀(k, i) 6= (k0 , i0 ). Khi đó, ta có (x − xi0 )k0 n 1 o(pi0 −1−k0 ) H(x) = ak0 i0 Wi0 (x) T . k0 ! Wi0 (x) (x=xi0 ) Nếu k0 = p0 − 1 và chọn ak0 i0 = (pi0 − 1)!Wi0 (xi0 ) thì ta có W (x) H(x) = . x − xi0 Vậy, trong trường hợp đặc biệt  H (k) (x ) = 0, ∀k = 0, 1, . . . , p − 2; H (pi0 −1) (x ) = (p − 1)!W (x ); i0 i0 i0 i0 i0 i0 H (k) (x ) = 0, ∀k = 0, 1, . . . , p − 1, ∀i = 1, 2, . . . , n, i 6= i i i 0 thì đa thức nội suy Hermite có dạng W (x) H(x) = = (x−x1 )p1 · · · (x−xi0 −1 )pi0 (x−xi0 )pi0 −1 (x−xi0 +1 )pi0 . . . (x−xn )pn . x − xi0
15 Ngược lại, mọi đa thức có dạng H(x) = (x − x1 )α1 (x − x2 )α2 · · · (x − xn )αn , xi 6= xj ∀i 6= j, i, j = 1, 2, . . . , n đều là nghiệm của các bài toán Hermite  H (k) (x ) = 0, ∀k = 0, 1, . . . , α − 1, i = 1, 2, . . . , n i i H (αi0 ) (x ) = α !W (x ). i0 i0 i0 i0 Chẳng hạn, nếu ta viết α1 α2 αn (x − x1 )α1 +1 (x − x2 )α2 ...(x − xn )αn H(x) = (x − x1 ) (x − x2 ) ...(x − xn ) = x − x1 thì H(x) là nghiệm của bài toán Hermite sau đây  H (k) (x ) = 0, ∀k = 0, 1, . . . , α − 1, H (α1 ) (x ) = α !W (x ) 1 1 1 1 1 1 H (k) (x ) = 0, ∀k = 0, 1, . . . , α − 1, ∀i = 1, 2, . . . , n, i 6= 1. i i Tiếp theo, trong phần này ta sẽ nêu một số ví dụ áp dụng các kỹ thuật cơ bản để xác định các đa thức khi biết một số đặc trưng của chúng dưới dạng nút nội suy. Bài toán 1.3. Cho 0 < α < 1. Xác định tất cả các đa thức f (x) bậc n (n > 2) sao cho tồn tại dãy số r1 , r2 , . . . , rn (r1 < r2 < . . . < rn ) thoả mãn các điều kiện sau   f (r ) = 0, i (i = 1, 2, . . . , n).  f 0 (αr + (1 − α)r ) = 0 i i+1 Lời giải. Nhận xét rằng với a < b và x = αa + (1 − α)b ; α ∈ (0, 1) thì x ∈ (a, b). Khi đó 1 1 2α − 1 p= + = . x − a x − b α(1 − α)(b − a) 1 1 Do vậy p > 0 khi và chỉ khi α > , p < 0 khi và chỉ khi α < và p = 0 khi 2 2 1 và chỉ khi α = . Theo giả thiết thì 2 Yn f (x) = c (x − ri ) i=1 nên n f 0 (x) X 1 = . f (x) i=1 x − ri
16 1 Với n > 3 và 0 < α 6 ta đặt x = αr1 + (1 − α)r2 . Khi đó theo giả thiết thì 2 f 0 (x) = 0 và đồng thời f (x) = 0. Mặt khác n f 0 (x) 1 1 X 1 = + + < 0, f (x) x − r1 x − r2 i=3 x − ri mâu thuẫn. 1 Tương tự với n > 3 và < α < 1 ta cũng nhận được điều vô lý. 2 1 Nếu n = 2 và α 6= , thì tương tự như trên cũng dẫn đến điều mâu thuẫn. Do 2 1 vậy chỉ cần xét trường hợp n = 2 và α = . Khi đó mọi tam thức bậc hai có 2 2 nghiệm phân biệt đều thoả mãn bài toán đã cho. Bài toán 1.4. Xác định tất cả các đa thức P (x) bậc nhỏ thua n và thoả mãn điều kiện X n (−1)k Cnk P (k) = 0. k=0 Lời giải. Áp dụng công thức nội suy Lagrange với nút nội suy xk = k , ta được mọi đa thức P (x) bậc nhỏ thua n đều có dạng n−1 X (x − x0 ) · · · (x − xk−1 )(x − xk+1 ) · · · (x − xn−1 ) P (x) = P (xk ) k=0 (xk − x0 ) · · · (xk − xk−1 )(xk − xk+1 ) · · · (xk − xn−1 ) nên n−1 X (x − 0) · · · (x − (k − 1))(x − (k + 1)) · · · (x − (n − 1)) P (x) = P (k) . k=0 (k − 0) · · · (k − (k − 1))(k − (k + 1)) · · · (k − (n − 1)) Ta có n−1 X (n − 0) · · · (n − k + 1)(n − k − 1) · · · 1 P (n) = P (k) . k=0 k!(−1)n−k (n − k − 1)! Suy ra n−1 X n (−1) Cnn P (n) = (−1)k Cnk P (k). k=0 Vậy điều kiện bài toán được thỏa mãn. Tóm lại, các đa thức cần tìm có dạng n−1 X (x − 0) · · · (x − (k − 1))(x − (k + 1)) · · · (x − (n − 1)) P (x) = P (k) , k=0 (k − 0) · · · (k − (k − 1))(k − (k + 1)) · · · (k − (n − 1))