Một số vấn đề về bài toán nội suy và ứng dụng

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC QUY NHƠN TRẦN THÚY HƯỜNG MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ BÀI TOÁN NỘI SUY VÀ ỨNG DỤNG CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn : TS NGUYỄN VĂN VŨ BÌNH ĐỊNH - 2021 i Mục lục Mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Phép tính vi phân hàm biến 1.2 Phép tính tích phân hàm biến 1.3 Đa thức vài tính chất sơ cấp 1.4 Một số lớp đa thức đặc biệt Một số toán nội suy cổ điển 2.1 Khai triển Taylor số toán nội suy Taylor 2.1.1 Bài toán nội suy Taylor 2.1.2 Một số minh họa 10 2.2 Khai triển Lagrange toán nội suy Lagrange 11 2.3 Nội suy Newton 14 2.3.1 Một số minh họa 15 Đa thức nội suy hàm đánh giá sai số 16 2.4 Nội suy Lidstone 18 3.1 Tổng quan 18 3.2 Đa thức Lidstone 19 3.3 Biểu diễn đa thức nội suy 36 3.4 Biểu diễn sai số 39 3.5 Ước lượng sai số 41 ii Ứng dụng toán nội suy giải toán THPT 43 Kết luận 55 Mở đầu Trong nhiều tình định, ta cần phải xác định giá trị (gần đúng) hàm số f (x) họ điểm cho trước, với điều kiện ban đầu phù hợp (chẳng hạn, biết số giá trị rời rạc hàm số đạo hàm đến cấp số điểm x1 , x2 , , xk ) Ngay biểu thức xác định hàm số cho tường minh, việc tính tốn xác giá trị hàm theo công thức cơng việc tương đối phức tạp Bởi vậy, việc tìm kiếm cơng cụ tính tốn xấp xỉ có hiệu vấn đề có nhiều ý nghĩa Nghiên cứu phép xấp xỉ nội dung toán nội suy, trường hợp riêng lý thuyết xấp xỉ Giải tích số Các toán nội suy cổ điển đời từ sớm đóng vai trị quan trọng nhiều lĩnh vực, phần quan trọng đại số giải tích Tốn học Chúng khơng đối tượng nghiên cứu mà cịn đóng vai trị cơng cụ đắc lực mơ hình liên tục mơ hình rời rạc giải tích lý thuyết phương trình, lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn, Trong chương trình tốn phổ thơng, lý thuyết nội suy chưa đề cập đầy đủ, ta bắt gặp ứng dụng sơ cấp (thường ẩn sau định lý, toán liên hệ với đa thức) Trong kì thi chọn học sinh giỏi cấp, toán liên quan đến toán nội suy hay xuất dạng toán xác định đa thức; toán khai triển, đồng thức; ước lượng tính giá trị tổng, tích; toán xác định giới hạn biểu thức cho trước; Đây thường tốn khó, nhiều đòi hỏi kỹ thuật phức tạp Trong tình vậy, việc vận dụng lý thuyết tốn nội suy góc độ tốn phổ thơng cần thiết, chí cho lời giải gọn gàng Luận văn hướng đến mục tiêu tiếp cận vấn đề Mục tiêu chủ yếu đề tài nhằm tiếp cận số vấn đề liên quan đến toán nội suy đa thức vận dụng chúng vào số tốn có nội dung liên quan chương trình bậc trung học phổ thơng Ngồi phần Mở đầu, Kết luận Tài liệu tham khảo luận văn gồm có bốn chương Chương 1: Một số kiến thức sở, trình bày số kiến thức phép tính vi phân hàm biến; đa thức vài tính chất sơ cấp, lớp đa thức đa thức Euler, đa thức Bernoulli Chương 2: Một số toán nội suy cổ điển, khảo sát số lớp toán nội suy cổ điển như: khai triển Taylor, khai triển Lagrange, nội suy Newton; đồng thời trình bày sơ lý thuyết ước lượng sai số toán nội suy Chương 3: Nội suy Lidstone, dành cho việc nghiên cứu số vấn đề đa thức Lidstone, biểu diễn đa thức nội suy Lidstone biểu diễn sai số tương ứng Chương 4: Ứng dụng, giới thiệu số toán bậc trung học phổ thơng mà ứng dụng đa thức nội suy Luận văn hoàn thành hướng dẫn thầy hướng dẫn Nguyễn Văn Vũ, Trường Đại học Quy Nhơn Tác giả bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy tận tình giúp đỡ tơi suốt q trình thực luận văn Tơi xin gửi lời cảm ơn đến quý Ban giám hiệu Trường Đại học Quy Nhơn, Phòng Đào tạo Sau Đại học, Khoa Tốn Thống kê q thầy giáo giảng dạy lớp Cao học Phương pháp toán sơ cấp Khóa 22 dày cơng giảng dạy suốt khóa học, tạo điều kiện thuận lợi cho trình học tập thực đề tài Cuối cùng, tác giả cảm ơn hỗ trợ mặt tinh thần gia đình bạn bè ln tạo điều kiện giúp đỡ để tơi hồn thành tốt khóa học luận văn Mặc dù tác giả cố gắng nỗ lực luận văn khơng tránh khỏi có chỗ thiếu sót hạn chế định Tác giả mong nhận góp ý q Thầy Cơ bạn bè đồng nghiệp để luận văn hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn Chương Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương hệ thống hóa số kiến thức chuẩn bị cần thiết sau Chúng tham khảo từ tài liệu [11], [14], [1], [16] Do điều kiện có hạn, tác giả tập trung đề cập đến khái niệm quan trọng nhất, phần lại coi quen thuộc, tìm thấy từ tài liệu dẫn 1.1 Phép tính vi phân hàm biến Trong nhiều nội dung sau luận văn thường xuyên đề cập đến cơng cụ từ giải tích hàm biến Mục nhắc lại vài đối tượng thường xuất lập luận tính tốn Với dãy số thực (an ) cho trước người ta nói a giới hạn dãy (hay dãy (an ) hội tụ a) ∀ϵ > 0, ∃n0 ∈ N cho: n ≥ n0 ⇒ an − a < ϵ Trong trường hợp ngược lại dãy (an ) phân kỳ Về mặt ký hiệu, giống thông lệ giáo trình giải tích, chúng tơi viết limn→∞ an = a (hay an → a) kiện dãy (an ) hội tụ a Bây giờ, xét hàm số f : D → R với D tập R a điểm tụ tập D Số L gọi giới hạn f x dần đến a ∀(xn ) ⊂ D, xn ̸= a, xn → a ⇒ f (xn ) → L Người ta định nghĩa hàm f liên tục điểm a miền xác định có đẳng thức lim f (x) = f (a) x→a Nếu D khoảng f liên tục điểm ta nói hàm f liên tục D Hàm số f xác định khoảng (a, b) gọi khả vi x0 ∈ (a, b) giới hạn f (x0 + h) − f (x0 ) h→0 h lim tồn hữu hạn Giá trị giới hạn đạo hàm hàm f x0 hay kí hiệu f ′ (x0 ) Ta nói f khả vi khoảng (a, b) khả vi điểm Lúc này, đạo hàm f ′ hàm số xác định toàn (a, b) Bằng quy nạp, người ta định nghĩa đạo hàm cấp cao f Theo đó, đạo hàm cấp k hàm số f x, ký hiệu f (k) (x) xác định đạo hàm x hàm đạo hàm cấp (k − 1) f (k) (x) = f (k−1) ′ (x) Hàm f gọi khả vi liên tục đến cấp k, hay thuộc lớp C k , đạo hàm f (k) tồn hàm số liên tục Ví dụ 1.1.1 Ví dụ minh họa cho lớp hàm khả vi đến cấp tùy ý tập xác định Xét hàm số y = f (x) = , x+3 n ∈ N ∗ Ta có 1! = (−1) , (x + 3)2 (x + 3)2 1.2 2! y ′′ = (−1)2 = (−1) (x + 3)3 (x + 3)3 y ′ = (−1)1 Từ có dự đốn y (n) = (−1)n n! (x + 3)n+1 (1.1) Chứng minh (1.1) quy nạp Với n = (1.1) hiển nhiên Giả sử 1.1 với n = k ≥ 1,, tức y (k) = (−1)k k! (x + 3)k+1 Ta cần chứng minh 1.1 với n = k + 1.Thật vậy, theo định nghĩa y (k+1) = y (k) ′ k! = (−1) (x + 3)k+1 = (−1)k+1 k ′ ′ k! k+1 = (−1) (x + (x + 3) k+1 3)k+1 k!(k + 1) (k + 1)! = (−1)k+1 , k+2 (x + 3) (x + 3)k+2 tức (1.1) với n = k + Các định lý giá trị trung bình sau đối tượng có ích số lập luận phía sau Định lý 1.1.2 (Rolle, [14]) Cho f hàm liên tục đoạn [a, b] có đạo hàm (a, b) Nếu f (a) = f (b) tồn điểm c ∈ (a, b) cho f ′ (c) = Định lý 1.1.3 (Lagrange, [14]) Nếu f hàm số liên tục [a, b] có đạo hàm (a, b) tồn c ∈ (a, b) cho f ′ (c) = 1.2 f (b) − f (a) b−a Phép tính tích phân hàm biến Bên cạnh khái niệm vi phân, tích phân xác định đối tượng quan trọng cho việc trình bày nội dung sau Chúng tơi nhắc lại sơ vài tính chất sở khái niệm Xét hàm số f xác định bị chặn [a, b] Chia cách tùy ý đoạn [a, b] điểm chia a = x0 < x1 < x2 < < xn−1 < xn = b Trên đoạn [xi , xi+1 ], lấy điểm ξi lập tổng tích phân n−1 In = f (ξ0 ) △ x0 + f (ξ1 ) △ x1 + f (ξ2 ) △ x2 + + f (ξn−1 ) △ xn−1 = f (ξi ) △ xi i=0 Nếu tồn giới hạn In △xi → không phụ thuộc vào cách chia đoạn [a, b] cách chọn điểm ξi đoạn [xi , xi+1 ], ta nói hàm f khả tích đoạn [a, b] gọi giới hạn nói tích phân xác định hàm số f đoạn [a, b] Nói riêng, hàm số liên tục khả tích đoạn bao hàm miền xác định Một số tính chất tích phân xác định trình bày tài liệu [14] Để kết thúc mục này, nhắc lại kết sau định lý giá trị trung bình tích phân Định lý 1.2.1 Nếu hàm số f khả tích đoạn [a, b] m ≤ f (x) ≤ M, với x ∈ [a; b] tồn số m ≤ µ ≤ M cho b f (x) dx = µ(b − a) a 1.3 Đa thức vài tính chất sơ cấp Luận văn tập trung vào toán tính tốn ước lượng sử dụng đa thức Như đề cập [11], dạng tắc đa thức đại số P (x) bậc n (kí hiệu deg P (x) = n) P (x) = p0 xn + p1 xn−1 + + pn , p0 ̸= Đa thức dạng tắc đa thức viết theo thứ tự giảm dần lũy thừa Tuy nhiên, để thuận tiện nhiều trường hợp, ta thường sử dụng cách viết đa thức P (x) dạng số mũ tăng dần P (x) = b0 + b1 x + b2 X + + bn xn (1.2) Nhận xét rằng, đa thức (1.2) có tính chất P (k) (0) = k!bk , k = 0, 1, , n P (k) (0) = 0, k = n + 1, n + 2, Vì đa thức (1.2) thường viết dạng P (x) = a0 + a1 a2 an x + x2 + + xn 1! 2! n! (1.3) Với cách viết 1.3 ta thu công thức tính hệ số ak (k = 0, 1, 2, , n) đa thức P (x), giá trị đạo hàm cấp k đa thức x = ak = P (k) (0) k = 0, 1, 2, , n Nói cách khác ta có đồng thức P (x) = P0 + P ′ (0) P (2) (0) P (n) (0) n x+ x + + x 1! 2! n! (1.4) 1.4 Một số lớp đa thức đặc biệt Các đa thức có vai trò quan trọng nhiều lĩnh vực, giải tích số Có nhiều lớp hàm đặc biệt đa thức sử dụng vào nhiều mục đích khác (chẳng hạn, xem [16]) Trong khn khổ luận văn sử dụng nhiều vài số Đa thức Chebyshev loại 1: Với n ∈ N, tồn đa thức Tn (x) thỏa mãn : Tn (cos x) = cos nx ∀x ∈ R Một vài đa thức : T0 (x) = 1, T1 (x) = x T2 (x) = 2x2 − 1, T3 (x) = 4x3 − 3x, T4 (x) = 8x4 − 8x2 + 1, T5 (x) = 16x5 − 20x3 + 5x Đa thức Chebyshev loại 2: Với n ∈ N, tồn đa thức Un (x) cho : U (cos x) = sin(n + 1)x ∀x ̸= kπ, k ∈ Z sin x Một số đa thức U : U0 (x) = 0, U1 (x) = U2 (x) = 4x2 − 1, U3 (x) = 8x3 − 4x, U4 (x) = 16x4 − 12x2 + 1, U5 (x) = 32x5 − 32x3 + 6x Đa thức Bernoulli bậc m, ký hiệu Bm (x) đa thức Bm (x) = xm + m m m B1 xm−1 + B2 xm−2 + + Bm = m m k=0 m Bk xm−k , k 43 Chương Ứng dụng toán nội suy giải toán THPT Trong chương trình sách giáo khoa hành đề cập đến kiến thức liên quan đến đa thức nội suy Tuy nhiên, số đề thi học sinh giỏi có tập liên quan đến chủ đề giải cơng cụ nội suy Sau xem xét vài toán cụ thể Bài toán 4.1 (Đề Olympic Tháng TP.HCM lần Lớp 11 - Năm học 2017 - 2018, [17]) Tính giới hạn √ x2 + 3x + − 6x2 + 3x A = lim x→1 x − 2x + − cos(x − 1) Lời giải Lời giải theo [17] Các tác giả đưa lời giải dựa nhận xét:" Bài toán 0 x = nghiệm kép tử mẫu" Từ suy lượng liên hợp √ √ cần tạo x + − 6x + x + − x đưa giới hạn đặc biệt lim sinx x = thuộc dạng x→0 Cụ thể là, ta có dãy biến đổi √ √ √ (x + 1)(x + − 6x + 3) + 6x + 3(x + − x) A = lim x→1 (x − 1)2 + sin2 x−1 2 √ −4x (x+1) (x+2) −(6x+3) √ √ + 6x + (x+1) x+1+2 x x+2+ 6x+3 = lim x→1 (x − 1)2 + sin2 x−1 = (x−1)2 (x+1) √ x+2+ 6x+3 lim x→1 (x − 1)2 + + √ (x−1)2 6x+3 √ x+1+2 x sin2 x−1 44 = lim x+1 √ x+2+ 6x+3 = 6x+3 √ x+1+2 x sin2 x−1 (x−1)2 √ 6x+3 x+1 √ √ + x+1+2 x x+2+ 6x+3 lim x→1 x−1 sin 1+ x−1 x→1 = √ + 1+2 + 34 13 = 18 1+ Lời giải Chúng đưa cách giải thứ sử dụng đa thức Taylor Đặt √ f (x) = x2 + 3x + − 6x2 + 3x, g(x) = x2 − 2x + − cos(x − 1), √ h(x) = 6x2 + 3x, p(x) = cos(x − 1) Tiếp theo khai triển h(x) p(x) đến số hạng bậc Ta có −1 h′ (x) = (12x + 3)(6x2 + 3x) 2 −1 1 −1 h′′ (x) = 12(6x2 + 3x) + (12x + 3)2 (6x2 + 3x) −2 2 Như vậy, ta nhận (x − 1)2 h(x) = + (x − 1) − + o(x − 1)2 12 −x2 31 11 = + x+ + o(x − 1)2 24 12 24 Tương tự, khai triển p(x) có dạng p(x) = − (x − 1)2 + o(x − 1)2 Từ kết suy 13 13 x + + + o(x − 1)2 , 12 12 3 g(x) = x2 − 3x + + o(x − 1)2 2 f (x) = Vậy 13 x + 52 + 13 + o(x − 1)2 13 f (x) 12 12 A = lim = lim = x→1 g(x) x→1 x − 3x + + o(x − 1)2 18 2 45 Bài toán 4.2 (India 2001) Cho a ≥ p(x) đa thức hệ số thực với deg p = n Chứng minh max |aj − p(j)| : ≤ j ≤ n + ≥ Lời giải Đặt yj = p(j); j = 1, n + Khi đa thức P (x) đa thức có bậc khơng q n + nhận giá trị yk x = j nên theo công thức nội suy Lagrange n+1 p(x) = yj j=0 (x − 0) (x − (j − 1))(x − (j + 1)) (x − (n + 1)) (j − 0) (j − (j − 1))(j − (j + 1)) (j − (n + 1)) Vì deg p = n nên hệ số xn+1 n+1 j=0 yj = j!(n + − j)!(−1)n+1−j Nhân hai vế cho (n + 1)! ta n+1 Cn+1 (−1)n+1−j yj = (∗) j j=0 Giả sử aj − < yj < aj + 1, ∀j Khi (−1)n+1−j aj − < (−1)n+1−j yj < (−1)n+1−j aj + 1, ∀j điều kéo theo n+1 n+1 Cn+1 (−1)n+1−j yj > j j=0 ((−1)n+1−j aj − 1) = (a − 1)n+1 − 2n+1 j=0 ≥ (3 − 1)n+1 − 2n+1 = Ta nhận điều mâu thuẫn với (✯) Từ suy điều phải chứng minh Bài toán 4.3 (Rumani 19811 ) Cho đa thức P (x) có bậc n thỏa mãn P (x) = , Ckn+1 n = 0, 1, 2, , n Tính P (n + 1) Lời giải Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho P (x) n + nút nội suy 0, 1, , n ta n P (x) = P (k) k=0 Trích từ www.mathsope.org n x−i k−i i̸=k,i=0 46 n (k − i) = k(k − 1) (k − k + 1)(k − k − 1) (k − n) = k!(n − k)!(−1)n−k k−0 ta suy n P (x) = k=0 (−1)n−k (n − k + 1) (n + 1)!(n − k)! n (x − i) i=0 Để ý đẳng thức (n + − i) = (n + 1)! n+1−k ta suy n (−1)n−k = P (n + 1) = k=0 (−1)j =     0, n = 2m +    1, n = 2m Bài tốn 4.4 ([6]) Tìm đa thức P(x) có bậc bé cho P(1) = 1, P(2) = 5, P(3) = 2, P(4) = 4, P(5) = −3 Lời giải Lời giải theo [18] Theo cơng thức nội suy Lagrange ta có (x − 2)(x − 3)(x − 4)(x − 5) 5(x − 1)(x − 3)(x − 4)(x − 5) + (1 − 2)(1 − 3)(1 − 4)(1 − 5) (2 − 1)(2 − 3)(2 − 4)(2 − 5) 2(x − 1)(x − 2)(x − 4)(x − 5) 4(x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − 5) + + (3 − 1)(3 − 2)(3 − 4)(3 − 5) (4 − 1)(4 − 2)(4 − 3)(4 − 5) 3(x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − 4) − (5 − 1)(5 − 2)(5 − 3)(5 − 4) P(x) = Từ dẫn tới (x − 2)(x − 3)(x − 4)(x − 5) − (x − 1)(x − 3)(x − 4)(x − 5) 24 + (x − 1)(x − 2)(x − 4)(x − 5) − (x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − 5) − (x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − 4) 13 77 641 272 = − x4 + x3 − x + x − 48 12 12 P(x) = 47 Lời giải Bài tốn giải đa thức nội suy Newton Đa thức cần tìm có dạng P (x) = α0 + α1 (x − 1) + α2 (x − 1)(x − 2) + α3 (x − 1)(x − 2)(x − 3) + α4 (x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − 4) Thay giá trị x = 1, x = 2, x = vào công thức ta     P (1) = α0        P (2) = α0 + α1    P (3) = α0 + 2α1 + 2α2        P (4) = α0 + 3α1 + 6α2 + 6α3 , hay tương đương     = α0        = α0 + α1    = α0 + 2α1 + 2α2        == α0 + 3α1 + 6α2 + 6α3 Giải hệ ta α0 = 1, α1 = 4, α2 = − 27 , α3 = −3, P (x) = 4x − − (x − 1)(x − 2) + 2(x − 1)(x − 2)(x − 3) + α4 (x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − 4) 13 Với x = P (5) = 23 + 24α4 , suy α4 = − 12 Vậy P (x) = 4x − − (x − 1)(x − 2) + 2(x − 1)(x − 2)(x − 3) 13 − (x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − 4) 12 13 77 641 272 =− x + x − x + x − 48 12 12 48 Bài toán 4.5 Cho f (x) = ax2 + bx + c thỏa mãn f (−1) ≤ 1, f (1) ≤ 1, f (0) ≤ Chứng minh f (x) ≤ , ∀x ∈ [−1; 1] Lời giải Theo cơng thức nội suy Lagrange ta có f (x) = f (−1) x(x − 1) (x + 1)(x − 1) x(x + 1) + f (0) + f (1) −1 Kết hợp với giả thiết f (−1) ≤ 1, f (1) ≤ 1, f (0) ≤ ta 1 f (−1)(x2 − x) + f (0)(1 − x2 ) + f (1)(x2 + x) 2 1 ≤ x − x + − x2 + x2 + x 2 f (x) ≤ ≤ max{x2 , x } + − x2 Vì x ∈ [−1, 1] nên max{x2 , x } = x f (x) ≤ x + − x = − Vậy f (x) ≤ x − 2 ≤ với x ∈ [−1, 1] Bài toán 4.6 Cho đa thức f (x) = ax4 + bx3 + cx2 + dx + e thỏa mãn điều kiện f (x) ≤ x ≤ Chứng minh với M > cho trước ta có f (x) ≤ 32 32 M − M + 1, 3 với x ≤ M Lời giải Nếu x ≤ M > nên M2 (M2 − 1) > Khi f (x) ≤ < 32 2 M (M − 1) + Nếu M ≥ x > theo cơng thức nội suy Lagrange mốc x1 = −1, x2 = − 21 , 49 x3 = 0, x4 = 12 , x5 = ta có f (x) = f (−1) +f (x + 12 )x(x − 21 )(x − 1) − + f (0) + + Kết hợp với f ± f (x) ≤ (x + 1)x(x − 12 )(x − 1) − 38 (x + 1)(x + 21 )(x − 21 )(x − 1) )x(x − 1) (x + 1)(x + f −3 (x + 1)(x + 21 )x(x − 12 ) f (1) ≤ 1, f (±1) ≤ 1, f (0) ≤ 1, suy f (−1) (x2 − x) x2 − = = ≤ f − + f (x2 − 1) x2 − x x2 + x (x2 − 1) + f (1) (x2 + x) x2 − 2 (x − x) x2 − + (x2 − 1) x2 − x + (x2 − 1) x2 − + x + x (x2 − 1) 2 + (x2 + x) x2 − 1 2 (x − x) x2 − + (x2 − 1) x2 − x + 4(x2 − 1) x2 − 4 2 2 + x + x (x − 1) + (x + x) x − 3 32 32 x − x +1 3 32 32 M − M + 3 + f (0) (x2 − 1) x2 − ≤ + Ta có điều cần chứng minh Bài toán 4.7 (USAMO 2002) Chứng minh đa thức monic (là mơt đa thức có hệ số bậc cao 1) có bậc n với hệ số thực trung bình cộng hai đa thức monic có bậc n với n nghiệm thực 50 Lời giải Giả sử F(x) đa thức monic có bậc n với hệ số thực Chọn y1 , y2 , , yn thực cho     yi < min{0, 2F(i)}, i lẻ    yi > max{0, F(i)}, i chẵn Theo công thức nội suy Lagrange, có đa thức P(x) bậc nhỏ n − thỏa mãn P(i) = yi với i = 1, 2, , n Đặt G(x) = P(x) + (x − 1)(x − 2) (x − n); H(x) = 2F(x) − G(x), G(x) H(x) đa thức monic thực có bậc n trung bình cộng chúng F(x) Do y2i−1 < y2i > nên G(i) = yi G(i + 1) = yi+1 trái dấu với i = 1, 2, , n Do G(x) có n − nghiệm thực Mà đa thức G(x) có bậc n nên G(x) có n nghiệm thực Mặt khác     G(i) = yi < 2F(i) i lẻ    G(i) = yi > 2F(i) i chẵn, ta có     H(i) = 2F(i) − G(i) > i lẻ    H(i) = 2F(i) − G(i) < i chẵn Lập luận tương tự ta đến kết luận H(x) có n nghiệm thực Bài tốn 4.8 (Đề thi đề nghị IMO 1977 Việt Nam ) Cho số nguyên xếp theo thứ tự tăng dần x0 < x1 < < xn Trích từ www.imo.org.yu 51 Chứng minh số giá trị đa thức P(x) = xn + a1 xn−1 + + an ∈ R[x] x0 , x1 , , xn tồn i để P(xi ) ≥ n! 2n Lời giải n i=0 (x Đăt f (x) = − xi ) Theo công thức nội suy Lagrange ta có n P(x) = i=0 So sánh hệ số xn ta P(x) f (x) f ′ (xi ) x − xi n 1= i−0 P(xi ) f ′ (xi ) Đặt α = max{ P(x0 ) , P(x1 ) , , P(xn ) } Có thể khẳng định f ′ (x0 ) ≥ i!(n − i)!, từ suy n 1= i=0 Mà P(xi ) ≤ f ′ (xi ) n α i=0 n i=0 P(xi ) ≤α f ′ (xi ) α = i!(n − i)! n! ta đánh giá ≤ α.2n n! n i=0 n i=0 ≤α ′ f (xi ) n! α = i!(n − i)! n! Vậy α ≥ n i=0 n Cin = i=0 i!(n − i)! α.2n , n! n! 2n Bài toán 4.9 (Đề thi đề nghị IMO 1997 Italy3 ) Cho f (x) ∈ Z[x] có bậc deg f = d p số nguyên tố thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: (i) f (0) = 0, f (1) = (ii) Với x ∈ N∗, số dư phép chia f (x) cho p Chứng minh d ≥ p − Trích từ www.imo.org.yu 52 Lời giải Giả sử d ≤ p − Nếu p = d ≤ 0, có nghĩa d = Điều dẫn đến f (vơ lý f (0) ̸= f (1)) Suy p ≥ Xét công thức nội suy Lagrange điểm 0, 1, 2, , p−2 p−2 f (x) = p−2 f (k) k=0 x−j k − j j=0,j̸=k Hệ p−2 p−2 p−1−j = f (p − 1) = f (k) k − j k=0 j=0,j̸=k p=2 k (−1)p−k f (k)Cp−1 k=0 k Mà với p nguyên tố Cp−1 ≡ (−1)k (mod p), k = 0, 1, 2, , p − (Đồng dư thức a ≡ b (mod p) hiểu (a − b) p.) Cho nên p−2 p−2 p f (p − 1) = (−1) f (k) ( k=0 mod p) ≡ − f (k) ( mod p) k=0 Chú ý p số nguyên tố lẻ, nên f (0) + f (1) + + f (p − 2) + f (p − 1) ≡ ( mod p) Điều cho ta mâu thuẫn, vế trái số nguyên dương không p − Vậy điều giả sử sai Bài tốn 4.10 ([11]) Tính giới hạn lim x→0 √ sin(sin(x)) − x − x2 x5 Lời giải Vì mẫu số đa thứ x5 nên ta cần khai triển tử số thành đa thức Taylor với độ xác đến o(x5 ) x → Vì sin(x) ≈ x x → nên o(x5 ) = o(sin5 (x)) x → Theo cơng thức Taylor ta có x3 x5 + + o(x5 ), x → 3! 5! x3 x5 =x− + + o(x5 ), x → 120 sin(x) = x − sin(sin(x)) = sin(x) − sin3 (x) sin5 (x) + + o(sin5 (x)), x → 120 53 Khi sin3 (x) = [x − x3 x5 + + o(x5 )]3 120 = [x + α(x)]3 = x3 + 3x2 α(x) + 3xα2 (x) + α3 (x) Trong −x3 x5 −x3 α(x) = + + o(x ) ≈ 120 Suy x6 = o(x5 ), x → 36 −x9 α3 (x) ≈ = o(x5 ), x → 216 xα2 (x) ≈ Do sin3 (x) = x3 − x5 + o(x5 ), x → Tiếp theo, ta chứng minh sin5 (x) = x5 + o(x5 ), x → Thật vậy, α(x) ≈ −x6 , x → nên sin5 (x) = x5 + o(x5 ), x → Như vậy, x → ta có x3 − 12 x5 x3 x5 x5 + − + + o(x5 ) 120 120 x3 x5 =x− + + o(x5 ) 10 sin(sin(x)) = x − Tương tự √ 1 x − x2 = x(1 − x2 − x4 + o(x4 )) = x − x + x + o(x5 , x → 0) 54 Do √ 19 sin(sin(x)) − x − x2 = x5 + o(x5 ) 90 Vậy nên 19 x + o(x5 ) ) x→0 x5 19 o(x5 ) = lim ( + ) x→0 90 x 19 = 90 lim f (x) = lim ( 90 x→0 55 Kết luận Trong luận văn thực kết Trình bày số vấn đề toán nội suy cổ điển lý thuyết ước lượng sai số phép nội suy đa thức Nghiên cứu số tính chất đa thức Lidstone tốn nội suy Lidstone Cùng với đó, luận văn đề cập đến vấn đề ước lượng sai số toán nội suy Lidstone Đưa số toán ứng dụng đa thức nội suy phạm vi tốn Trung học phổ thơng (THPT) 56 Tài liệu tham khảo [1] P K Anh Giải tích số Nhà xuất Đại học Quốc Gia Hà Nội, 1996 [2] R Boas Jr A note on functions of exponential type Bulletin of the American Mathematical Society, 47(10):750–754, 1941 [3] R Boas Jr Representation of functions by lidstone series Duke Mathematical Journal, 10(2):239–245, 1943 [4] P J Davis Interpolation and approximation Courier Corporation, 1975 [5] D.V.Widder Completely convex functions and lidstone series Transactions of the American Mathematical Society, 51(2):387–398, 1942 [6] N H Giang Đa thức nội suy Lagrange, đa thức Chebyshev ứng dụng Luận văn thạc sĩ, 2016 [7] J.M.Whittaker Interpolatory function theory, cambridge tracks in math and math, 1935 [8] C Jordan Calculus of finite differences, reprinted by chelsea New York, 1960 [9] Y L Luke Special Functions and Their Approximations Academic press, 1969 [10] L M Milne-Thomson The calculus of finite differences Technical report, 1960 [11] N V Mậu Các toán nội suy áp dụng Nhà xuất Giáo Dục, 2007 [12] R P.Agarwal and P J Wong Error inequalities in polynomial interpolation and their applications, volume 262 Springer science & business media, 1993 57 [13] H Poritsky On certain polynomial and other approximations to analytic functions Transactions of the American Mathematical Society, 34(2):274–331, 1932 [14] T T Quang, N D V Nhân, M T Tấn, and N N Q Thương Giải tích phép tính vi phân tích phân hàm biến Nhà xuất Đại học Quốc gia Hà Nội, 2020 [15] I Schoenberg On certain two-point expansions of integral functions of exponential type Bulletin of the American Mathematical Society, 42(4):284–288, 1936 [16] H M Srivastava and J Choi Zeta and q-Zeta Functions and Associated Series and Integrals elsevier, 2012 [17] N T A Thư and đội tuyển toán 11 (Trường THPT Nguyễn Đình Chiểu Mỹ Tho) Các tốn giới hạn https://toanmath.com/2021/03/page/7 NIÊN KHÓA: 2019-2022 [18] D V Thắng Nội suy bất đẳng thức đại số dồng bậc Luận văn thạc sĩ, 2012 [19] A Varma and G Howell Best error bounds for derivatives in two point birkhoff interpolation problems Journal of Approximation Theory, 38(3):258–268, 1983 [20] J M Whittaker On lidstone’s series and two-point expansions of analytic functions Proceedings of the London Mathematical Society, 2(1):451–459, 1934 [21] D Widder Functions whose even derivatives have a prescribed sign Proceedings of the National Academy of Sciences of the United States of America, 26(11):657– 659, 1940 ... số lớp đa thức đặc biệt Một số toán nội suy cổ điển 2.1 Khai triển Taylor số toán nội suy Taylor 2.1.1 Bài toán nội suy Taylor 2.1.2 Một. .. 2.2 xem xét toán nội suy Lagrange số vấn đề liên quan Phần 2.3 dành cho khảo sát toán nội suy Newton Phần cuối chương chúng tơi trình bày số vấn đề việc đánh giá sai số phép nội suy đa thức 2.1... Nội dung chương tập trung vào toán nội suy cổ điển giới thiệu chi tiết chuyên khảo [11] Đầu tiên Phần 2.1, sơ lược số vấn đề liên quan đến tốn nội suy Taylor với ví dụ minh họa ứng dụng lớp toán