Đang tải... (xem toàn văn)
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[.]
1 Chương Nội suy Lagrange nội suy Hermite Chương dành để trình bày toán nội suy Lagrange, toán nội suy Hermite tốn nội suy Lagrange-Newton, từ định lí, hệ số ví dụ tính tốn cụ thể 1.1 Bài toán nội suy Lagrange Trong số trường hợp, để tính tổng hữu hạn phân thức, người ta thường sử dụng số tính chất đa thức, đặc biệt công thức nội suy Lagrange Dưới số đồng thức áp dụng chúng Định lý 1.1 (Đồng thức Lagrange) Nếu x1 , x2 , , xm m giá trị tuỳ ý, đôi khác f (x) đa thức bậc nhỏ thua m ta có đồng thức sau (x − x2 )(x − x3 ) (x − xm ) + f (x) = f (x1 ) (x1 − x2 )(x1 − x3 ) (x1 − xm ) +f (x2 ) (x − x1 )(x − x3 ) (x − xm ) (x2 − x1 )(x2 − x3 ) (x2 − xm ) + · · · + f (xm ) (x − x1 )(x − x2 ) (x − xm−1 ) (xm − x1 )(xm − x2 ) (xm − xm−1 ) (1.1) Chứng minh Ta cần chứng minh công thức f (x) − f (x1 ) −f (x2 ) − · · · − f (xm ) (x − x2 )(x − x3 ) (x − xm ) − (x1 − x2 )(x1 − x3 ) (x1 − xm ) (x − x1 )(x − x3 ) (x − xm ) (x2 − x1 )(x2 − x3 ) (x2 − xm ) (x − x1 )(x − x2 ) (x − xm−1 ) ≡ (xm − x1 )(xm − x2 ) (xm − xm−1 ) Nhận xét vế trái công thức đa thức bậc không m − có m nghiệm phân biệt x1 , x2 , , xm Vậy đa thức phải đồng Hệ 1.1 Từ Định lý 1.1, ta thu đồng thức sau √ √ √ √ √ √ (x − 3)(x − 5)(x − 7) (x − 2)(x − 5)(x − 7) √ √ √ √ √ √ + √ √ √ √ √ √ ( − 3)( − 5)( − 7) ( − 2)( − 5)( − 7) √ √ √ √ √ √ (x − 2)(x − 3)(x − 7) (x − 2)(x − 3)(x − 5) √ √ √ √ √ + √ √ √ √ √ √ ≡ 1, + √ ( − 2)( − 3)( − 7) ( − 2)( − 3)( − 5) a2 (x − c)(x − a) (x − a)(x − b) (x − b)(x − c) + 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) đa thức bậc nhỏ thua m − (m > 2) x1 , x2 , , xm m giá trị đôi khác cho trước tuỳ ý Khi đó, ta có đồng thức f (x1 ) f (x2 ) + (x1 − x2 )(x1 − x3 ) (x1 − xm ) (x2 − x1 )(x2 − x3 ) (x2 − xm ) f (xm ) ≡ + ··· + (xm − x1 )(xm − x2 ) (xm − xm−1 ) Chứng minh Nhận xét vế trái đẳng thức cho hệ số hạng tử ứng với bậc m − cách viết tắc đa thức f (x) Đồng hệ số đồng bậc ta có điều phải chứng minh Dưới đây, ta xét số ứng dụng trực tiếp đồng 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 S = Ví dụ 1.2 Ta có đồng thức c+d+a b+c+d + + (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) 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) − d (a + b + c + d) − c + + (c − a)(c − b)(c − d)(c − x) (d − a)(d − b)(d − c)(d − x) + (a + b + c + d) − x = (x − a)(x − b)(x − c)(x − d) Ta có, với đa thức bậc f (y) = a + b + c + d − y, y1 = a, y2 = b, y3 = c, y4 = d, y5 = x, theo Định lý 1.2 ta thu điều phải chứng minh Định lý 1.3 Cho x1 , x2 , , xm m giá trị tuỳ ý đôi khác Đặt Sn = xn1 xn2 + (x1 − x2 )(x1 − x3 ) (x1 − xm ) (x2 − x1 )(x2 − x3 ) (x2 − xm ) xnm +··· + (xm − x1 )(xm − x2 ) (xm − xm−1 ) Khi a) Sn = ≤ n < m − 1, b) Sm−1 = 1, c) Sm+k tổng tích, tích có k + thừa số (giống khác nhau) lấy số x1 , x2 , , xm Chứng minh a) Theo Định lý 1.2, với f (x) = 1, x, x2 , , xm−2 , ta S0 = S1 = = Sm−2 = b) Để chứng minh Sm−1 = 1, ta cần thay f (x) Định lý 1.2 xm−1 , so sánh hệ số hạng tử bậc m − hai vế đồng thức vừa thu c) Để tính Sn n > m − ta làm sau: Giả sử x1 , x2 , , xm thoả mãn phương trình bậc m αm + p1 αm−1 + p2 αm−2 + · · · + pm−1 α + pm = 0, −p1 p = x1 + x2 + · · · + xm = x1 x2 + x1 x3 + · · · + xm−1 xm (−1)k p k = x1 x2 x3 xk + · · · Nhân hai vế phương trình với αk , ta αm+k + p1 αm+k−1 + p2 αm+k−2 + · · · + pm−1 αk+1 + pm αk = Thay α đẳng thức x1 , x2 , , xm ; chia đẳng thức thứ cho (x1 − x2 )(x1 − x3 ) (x1 − xm ), đẳng thức thứ hai cho (x2 − x1 )(x2 − x3 ) (x2 − xm ) , cộng vế với vế đẳng thức vừa nhận được, ta thu Sm+k + p1 Sm+k−1 + · · · + pm−1 Sk+1 + pm Sk = (1.2) Đặt k = 0, ta thu Sm + p1 Sm−1 = Do Sm = −p1 = x1 + x2 + · · · + xm Nhờ đẳng thức (1.2) ta tính tiếp biểu thức Sm+1 , Sm+2 , Ta đặt = α1 ; (x1 − x2 )(x1 − x3 ) (x1 − xm ) = α2 ; (x2 − x1 )(x2 − x3 ) (x2 − xm ) = αm (xm − x1 )(xm − x2 ) (xm − xm−1 ) Khi ta có Sn = xn1 α1 + xn2 α2 + · · · + xnm αm Xét α1 α2 αm + + ··· + − x1 z − x2 z − xm z Dùng công thức cấp số nhân với giả thiết z chọn cho P = |x1 z| < 1, |x2 z| < 1, , |xm z| < 1, ta khai triển tổng P thành chuỗi vô hạn sau: P = α1 (1 + x1 z + x21 z + · · · ) + α2 (1 + x2 z + x22 z + · · · )+ + · · · + αm (1 + xm z + x2m z + · · · ) hay P = (α1 + α2 + · · · + αm ) + (x1 α1 + x2 α2 + · · · + xm αm )z + +(x21 α1 + x22 α2 + · · · + x2m αm )z + · · · tức P = S0 + S1 z + S2 z + S3 z + · · · Để cho gọn, ta đặt (1 − x1 z)(1 − x2 z) (1 − xm z) = Q Khai triển Q theo luỹ thừa z , ta viết Q = − δ1 z + δ2 z + · · · + (−1)m δm z m , δ1 = x1 + x2 + · · · + xm , δ2 = x1 x2 + x1 x3 + · · · + xm−1 xm Tiếp theo, nhân hai vế 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 P Q đa thức bậc m − z Ta chứng minh z m−1 , tức có đồng thức P Q = z m−1 Thật vậy, biểu thức P Q − z m−1 triệt tiêu z= 1 , , , x1 x2 xm vì, chẳng hạn, với z= x1 1 x2 x3 xm α1 − 1− ··· − − m−1 = m−1 − m−1 = x1 x1 x1 x1 x1 x1 Vậy nên P Q − z m−1 = Do z m−1 =P Q hay z m−1 = S0 + S1 z + · · · + Sm−1 z m−1 + · · · m m − δ1 z + δ2 z − + (−1) δm z Nếu khai triển vế trái thành chuỗi vô hạn theo luỹ thừa z chuỗi bắt đầu hạng tử chứa z m−1 Vì vậy, hệ số hạng tử bậc 0, 1, 2, , m − vế phải không, tức S0 = S1 = = Sm−2 = Ngoài ra, hệ số hạng tử ứng với bậc m = vế trái Vậy Sm−1 = Bây đẳng thức cần chứng minh có dạng sau: z m−1 = z m−1 + Sm z m + Sm+1 z m+1 + · · · m m − δ1 z + δ2 z − · · · (−1) δm z Uớc lượng hai vế cho z m−1 , ta thu = + Sm z + Sm+1 z + · · · m m − δ1 z + δ2 z − · · · + (−1) δm z = (1 − δ1 z + δ2 z − · · · + (−1)m δm z m )(1 + Sm z + Sm+1 z + · · · ) Khai triển vế phải theo lũy thừa z so sánh hệ số hai vế, ta Sm − δ1 = 0, δ2 − δ1 Sm + Sm+1 = 0, Như vậy, ta tính Sm , Sm+1 , Sm+2 , Nhằm thiết lập mệnh đề mở rộng cấu trúc Sm+k , ta xét 1 1 = Q − x1 z − x2 z − 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 = + Sm z + Sm+1 z + · · · + Sm+k z k+1 + · · · , Q nên ta Sm+k = X xp1 xq2 xsm p+q+···+s=k+1 Vì vậy, ta thu kết cuối Sm+k tổng tích, tích có k + thừa số (giống khác nhau) lấy 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 1.2 Giả sử ak bk ck Sk = + + (a − b)(a − c) (b − a)(b − c) (c − a)(c − b) Khi S0 = S1 = , S2 = , 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 Hệ 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 T0 = T1 = T2 = , T3 = , T4 = a + b + c + d Bây ta chuyển sang khảo sát toán nội suy Lagrange ngơn ngữ tổng qt Bài tốn 1.1 (Bài tốn nội suy Lagrange) Cho xi , ∈ 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) N − thỏa mãn điều kiện L(xi ) = , ∀i = 1, 2, , N (1.3) Lời giải Để đơn giản, ký hiệu Li (x) = N Y x − xj , (i = 1, 2, , N ) x − x i j j=1, j6=i Khi đó, dễ thấy 1 i = j Li (xj ) = 0 i 6= j hay Li (xj ) = δij Tiếp theo, ta chứng minh đa thức L(x) = N X Li (x) (1.4) i=1 đa thức thỏa mãn điều kiện toán nội suy Lagrange (1.3), ta gọi đa thức đa thức nội suy Lagrange Thật vậy, dễ thấy deg L(x) N − Ngồi ra, ta có L(xi ) = N X j=1 aj Lj (xi ) = N X j=1 aj δij hay L(xi ) = , ∀i = 1, 2, , N Cuối cùng, có đa thức L∗ (x), có bậc deg L∗ (x) với deg L∗ (x) N − thỏa mãn điều kiện tốn (1.3) đó, đa thức P (x) = L(x) − L∗ (x) có bậc deg P (x) N − thỏa mãn P (xi ) = 0, ∀i = 1, 2, , N Tức P (x) đa thức có bậc deg P (x) với deg P (x) N − mà lại có N nghiệm phân biệt x1 , x2 , , xN , nên P (x) ≡ 0, L(x) = L∗ (x) Từ tốn 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 xây dựng đa thức biến bậc không N − qua tất điểm Mi (xi , yi ), ∀i = 1, 2, , N cho trước 1.2 Bài toán nội suy Hermite Bài toán nội suy Newton mở rộng tự nhiên đồng thức Taylor tương ứng, khai triển Taylor - Gontcharov mở rộng khai triển Taylor cổ điển Bây ta chuyển sang xét toán nội suy Hermite mở rộng tự nhiên toán nội suy Lagrange Taylor Với đa thức n Y L(x) = (x − xj ), xi 6= xj i 6= j, i, j = 1, 2, , n j=1 điều kiện Lagrange L(xj ) = 0, j = 1, 2, , n điều kiện tự nhiên để xác định đa thức đơn P (x) ( đa thức có nghiệm đơn) Khi P (x) có nghiệm bội điều kiện Lagrange khơng đủ để xác định P (x) Vì thế, ta cần điều kiện tổng quát để đảm bảo tồn đa thức dạng n Y H(x) = (x − xj )αj , xi 6= xj i 6= j, i, j = 1, 2, , n j=1 10 Rõ ràng đa thức H(x) có deg H(x) = α1 + α2 + · · · + αn H (k) (xj ) = 0, k = 0, 1, , αj − 1; j = 1, 2, , n Vì thế, ta phát biểu tốn nội suy Hermite dạng sau Bài toán 1.2 (Nội suy Hermite) Cho xi , aki ∈ R, với i = 1, 2, , n; k = 0, 1, , pi − xi 6= xj ∀i 6= j, p1 + p2 + · · · + pn = N Hãy xác định đa thức H(x) có bậc deg H(x) N − thỏa mãn điều kiện H (k) (xi ) = aki , ∀i = 1, 2, , n; ∀k = 0, 1, , pi − Lời giải Ký hiệu (1.5) n Y W (x) = (x − xj )pj j=1 n Y W (x) Wi (x) = = (x − xj )pj p i (x − xi ) j=1, j6=i Tiếp theo, giả sử H(x) đa thức có bậc deg H(x) với deg H(x) N − thỏa mãn điều kiện toán Ta cần xác định hệ số αli ∈ R cho đẳng thức sau thoả mãn n p −1 i αli H(x) X X = pi −l W (x) (x − x ) i i=1 l=0 Ta có n p −1 i XX H(x) αli pi H(x) pi = (x − xi ) = (x − xi ) Wi (x) W (x) (x − xi )pi −l i=1 l=0 = pX i −1 l pj −1 n X X pi αli (x − xi ) + (x − xi ) l=0 j=1, j6=i l=0 αlj (x − xj )pj −l Trong phép biến đổi tiếp theo, để ý (l) (f g) = l X Clk f (k) g (l−k) k=0 p X l X Aki = l=0 k=0 ta thu h H(x) i(l) Wi (x) (x=xi ) = l!αli p X p X k=0 l=k Aki , (1 − qx ) < an < q q q q Pn (x) = [(2x − 1)n + 1] Ta thấy hệ số Pn (x) số nguyên 18 Bài toán 1.7 Chứng minh không tồn đa thức f (x) ∈ Z[x] mà f (2005) = 2005 f (2007) = 2008 Lời giải Giả sử tồn đa thức f (x) = an xn + an−1 xn−1 + · · · + a0 , ∈ Z ∀i ∈ {0, 1, , n} thỏa mãn điều kiện tốn Khi đó, ta có f (2007) − f (2005) = an (2007n − 2005n ) + an−1 (2007n−1 − 2005n−1 ) + · · · + a1 (2007 − 2005) chia hết cho Mặt khác f (2007) − f (2005) = 2008 − 2005 = không chia hết cho Vậy không tồn đa thức f (x) thỏa mãn điều kiện đề 1.3 Bài toán nội suy Lagrange - Newton Trước hết ta xét toán nội suy hỗn hợp Lagrange - Newton Bài toán 1.8 (Nội suy Lagrange - Newton) Cho xki , aki ∈ R, với xki 6= xkj ∀i 6= j; k = 0, 1, , n − 1; i, j = 1, , rk+1 ; r0 = 0, r0 + r1 + · · · + rk = sk , r0 + r1 + · · · + rn = sn = N Hãy xác định đa thức f (x) có bậc deg f (x) N − thỏa mãn điều kiện f (sk ) (xki ) = aki , ∀k = 0, 1, , n − 1, ∀i = 1, , rk+1 (1.7) Lời giải Ký hiệu rk+1 Lki (x) = x − xkj , (k = 0, 1, , n − 1) phép lấy nguyên hàm x − x ki kj j=1, j6=i Y Khi đó, dễ thấy deg Lki (x) rk+1 − 1, 1 i = j Lki (xkj ) = 0 i 6= j hay Lki (xkj ) = δij 19 Tiếp theo, ta đặt yn (x) ≡ xây dựng dãy hàm rk+1 X yk (x) = Rsk (s ) k [aki − yk+1 (xki )]Lki (x), (k = n − 1, , 1, 0) i=1 Dễ thấy deg yk (x) N − deg yk (x) < sk+1 Bây giờ, ta chứng minh đa thức f (x) = y0 (x) + y1 (x) + · · · + yn−1 (x) nghiệm toán nội suy Lagrange - Newton (1.7) Thật vậy, dễ thấy deg f (x) N − Ngồi ra, ta có f (sn−1 ) (x(n−1)i ) = (y0 + · · · + yn−2 + yn−1 )(sn−1 ) (x(n−1)i ) (s ) n−1 (x(n−1)i ) = yn−1 rn X = a(n−1)j L(n−1)j (x(n−1)i ) = j=1 rn X a(n−1)j δij = a(n−1)i j=1 f (sn−2 ) (x(n−2)i ) = (y0 + · · · + yn−3 + yn−2 + yn−1 )(sn−2 ) (x(n−2)i ) (s ) (s ) n−2 n−2 = yn−2 (x(n−2)i ) + yn−1 (x(n−2)i ), (sn−2 ) yn−2 (x(n−2)i ) rn−1 X (sn−2 ) = [a(n−2)j − yn−1 (x(n−2)j )].L(n−2)j (x(n−2)i ) j=1 rn−1 X (sn−2 ) = [a(n−2)j − yn−1 (x(n−2)j )].δij j=1 (s ) n−2 = a(n−2)i − yn−1 (x(n−2)i ) Vậy nên f (sn−2 ) (x(n−2)i ) = a(n−2)i Bằng cách tương tự, ta chứng minh f (sk ) (xki ) = aki , ∀k = 0, 1, , n − 1, ∀i = 1, , rk+1 20 Cuối cùng, có đa thức f∗ (x) với bậc deg f∗ (x) N − thỏa mãn điều kiện tốn (1.7), đa thức P (x) = f (x) − f∗ (x) có bậc deg P (x) N − thỏa mãn điều kiện P (sk ) (xki ) = 0, ∀k = 0, 1, , n − 1, ∀i = 1, , rk+1 Khi đó, theo cách xây dựng đa thức f (x) phần trên, ứng với trường hợp aki = 0, ∀k = 0, 1, , n − 1, ∀i = 1, , rk+1 , ta có yk = 0, ∀k = 0, 1, , n − Suy P (x) ≡ 0, f (x) = f∗ (x) Từ toán ta có nhận xét sau: Nhận xét 1.2 Nếu k = 0, tương ứng r2 = r3 = · · · = rn = 0, sk = Khi tốn nội suy Lagrange - Newton toán nội suy Lagrange quen biết Nếu i = 1, tương ứng r1 = r2 = · · · = rn = 1, sk = k Khi tốn nội suy Lagrange - Newton toán nội suy Newton biết ... trên, ứng với trường hợp aki = 0, ∀i = 1, 2, , n; ∀k = 0, 1, , pi − 1, ta suy P (x) ≡ H(x) = H∗ (x) Chú ý đa thức nội suy Taylor đa thức nội suy Lagrange trường hợp riêng đa thức nội suy. .. (x) k! k=0 Tương tự, đa thức nội suy Lagrange trường hợp riêng đa thức nội suy Hermite đa thức nội suy Hermite (1.5), ứng với k = 0, ta có pi = ∀i = 1, 2, , n, n = N Suy N Y Wi (x) x − xj H0i... Chứng minh Nhận xét vế trái đẳng thức cho hệ số hạng tử ứng với bậc m − cách viết tắc đa thức f (x) Đồng hệ số đồng bậc ta có điều phải chứng minh Dưới đây, ta xét số ứng dụng trực tiếp đồng thức