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 H[.]

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: 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 Chương Nội suy Lagrange nội suy 1.1 Bài toán nội suy Lagrange 1.2 Bài toán nội suy Hermite 1.3 Bài toán nội suy Lagrange - Newton ii Hermite 18 Chương Ứng dụng nội suy tính nguyên hàm tích phân hàm phân thức 21 2.1 Nguyên hàm hàm phân thức với cực điểm đơn 21 2.2 Nguyên hàm hàm phân thức với cực điểm bậc tùy ý 26 Chương Một số dạng toán liên quan 3.1 Một số toán đa thức nhận giá trị nguyên 3.2 Một số toán xác định đa thức 3.2.1 Tìm đa thức biết nghiệm 3.2.2 Sử dụng công thức nội suy Lagrange để xác định hệ số đa thức 3.2.3 Một số toán xác định đa thức khác không liên quan đến công thức nội suy 43 43 50 50 53 56 KẾT LUẬN 59 TÀI LIỆU THAM KHẢO 59 ii MỞ ĐẦU Trong kì thi học sinh giỏi toán cấp, Olympic Toán sinh viên, toán liên quan tới đa thức thường xuyên đề cập Những dạng toán thường xem thuộc loại khó, phần kiến thức nội suy đa thức lại khơng nằm chương trình thức giáo trình Đại số Giải tích bậc trung học phổ thông Như ta biết, công thức nội suy Lagrange đề cập bậc phổ thông Tuy nhiên công thức nội suy Hermite có tài liệu chun khảo Vì vậy, tơi chọn đề tài luận văn ”Một số ứng dụng công thức nội suy Lagrange Hermite” Luận văn nhằm cung cấp số ứng dụng công thức nội suy Lagrange Hermite để tìm nguyên hàm hàm phân thức Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận chương Chương Nội suy Lagrange nội suy Hermite Chương Ứng dụng nội suy tính nguyên hàm tích phân hàm phân thức Chương Một số dạng toán liên quan Tiếp theo, chương trình bày hệ thống tập áp dụng giải đề thi HSG quốc gia Olympic liên quan Luận văn thực hoàn thành Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên hướng dẫn GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Xin gửi lời cảm ơn chân thành sâu sắc đến Thầy, người tận tình hướng dẫn đạo tác giả tập dượt nghiên cứu khoa học suốt q trình tìm hiểu tài liệu, viết hồn thiện Luận văn Đồng thời em xin chân thành cảm ơn q thầy Bộ mơn tốn, Khoa Khoa học Tự nhiên, Thầy Cô trường Đại học Khoa học Tự nhiên Hà Nội, Thầy Cô Viện Tốn học tận tình giảng dạy, quan tâm tạo điều kiện thuận lợi thủ tục hành để em hồn thành khố học bảo vệ luận văn Thạc sĩ Tôi chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè quan, đồn thể nơi công tác Trường Trung học Phổ thông Thuỷ Sơn, Sở Giáo dục Đào tạo Hải Phòng, tạo điều kiện vật chất lẫn tinh thần trình học tập, nghiên cứu viết luận văn Thái Nguyên, tháng năm 2018 Tác giả Hoàng Thị Nga 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 q 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 2 √ √ √ √ √ √ (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 8 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 , 11 Suy αli = l X k=0 aki h i(l−k) k!(l − k)! Wi (x) (x=xi ) Do n p −1 l i X aki h i(l−k) H(x) X X = W (x) k!(l − k)! Wi (x) (x=xi ) (x − xi )pi −l i=1 l=0 k=0 n pX i −1 i −1 p X X = i=1 k=0 l=k aki h i(l−k) k!(l − k)! Wi (x) (x=xi ) (x − xi )pi −l Suy H(x) = W (x) n pX i −1 i −1 p X X i=1 k=0 l=k aki h i(l−k) k!(l − k)! Wi (x) (x=xi ) (x − xi )pi −l hay H(x) = p −1 n pX i −1 X i=1 i h i(l−k) (x − x )l−k X (x − xi )k i Wi (x) aki (x=xi ) (l − k)! k! W (x) i l=k k=0 Đổi số tổng cuối đẳng thức trên, ta thu H(x) = n pX i −1 X i=1 piX −1−k h (x − xi )k i(l) (x − xi )l aki Wi (x) k! Wi (x) (x=xi ) l! k=0 l=0 hay H(x) = n pX i −1 X i=1 n o(pi −1−k) (x − xi )k Wi (x) T , aki (x=xi ) k! W (x) i k=0 piX −1−k h o(pi −1−k) i(l) (x − xi )l T = Wi (x) (x=xi ) Wi (x) (x=xi ) l! l=0 n đoạn khai triển Taylor đến cấp thứ (pi − − k) x = xi hàm số Ký hiệu n o(pi −1−k) (x − xi )k Hki (x) = Wi (x) T k! Wi (x) (x=xi ) Khi đó, dễ thấy deg Hki (x) k + (N − pi ) + (pi − − k) = N − 1, Wi (x) 12  1 k = l i = j (l) Hki (xj ) = 0 k 6= l i = j (l) hay Hki (xj ) = δkl δij Bây giờ, ta chứng minh n pX i −1 X aki Hki (x) = n pX i −1 X i=1 i=1 k=0 n o(pi −1−k) (x − xi )k aki Wi (x) T k! wi (x) (x=xi ) k=0 (1.6) hay H(x) = n pX i −1 X i=1 n o(pi −1−k) (x − xi )k aki Wi (x) T k! wi (x) (x=xi ) k=0 đa thức thỏa mãn điều kiện toán nội suy Hermite 1.5 ta gọi đa thức (1.6) đa thức nội suy Hermite Thật vậy, dễ thấy deg H(x) N − H (k) (xi ) = j −1 n pX X (k) alj Hlj (xi ) = j=1 l=0 j −1 n pX X alj δkl δij j=1 l=0 Suy H (k) (xi ) = aki , (∀i = 1, 2, , n; ∀k = 0, 1, , pi − 1) Cuối cùng, ta chứng minh tính nghiệm toán nội suy Hermite Giả sử tồn đa thức H∗ (x), có bậc deg H∗ (x) với deg H∗ (x) N − 1, thỏa mãn điều kiện toán nội suy Hermite Khi đó, đa thức P (x) = H(x) − H∗ (x) có bậc deg P (x) N − thỏa mãn điều kiện P (k) (xi ) = 0, (∀i = 1, 2, , n; ∀k = 0, 1, , pi − 1) Khi đó, theo cách xây dựng đa thức H(x) phần 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 Hermite Thật vậy, đa thức nội suy Taylor trường hợp riêng đa thức nội suy Hermite đa thức nội suy Hermite (1.5) ứng với n = ta có p1 = N, W (x) = (x − x1 )p1 , W1 (x) ≡ 13 Suy (x − x1 )k Hk1 (x) = k! Vậy nên N −1 X (x − x1 )k ak1 H(x) = ≡ T (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 (x) = = = Li (x) Wi (xi ) j=1, j6=i xi − xj Vậy nên H(x) = N X a0i Li (x) ≡ L(x) i=1 Tiếp theo, ta xét số trường hợp riêng đơn giản đa thức nội suy Hermite Xét đa thức nội suy Hermite (1.5) H(x) = n pX i −1 X aki i=1 k=0 n o(pi −1−k) (x − xi )k Wi (x) T , k! Wi (x) (x=xi ) piX −1−k h o(pi −1−k) i(l) (x − xi )l T = (x=xi ) Wi (x) (x=xi ) W (x) l! i l=0 n Ta xét trường hợp hệ điều kiện chứa đạo hàm bậc Trong đa thức nội suy Hermite (1.5), pi = 2, ∀i = 1, 2, , n k = 0, ta có H(x) = n X X i=1 n o(1−k) (x − xi )k Wi (x) T aki (x=xi ) k! W (x) i k=0 Suy H(x) = n X i=1 h n Wi (x) a0i T n o(0) i o(1) + a1i (x − xi ) T Wi (x) (x=xi ) Wi (x) (x=xi ) 14 hay n  i X Wi (x) h  Wi (xi ) H(x) = a0i − (x − xi ) + a1i (x − xi ) = W (x ) W (x ) i i i i i=1 n  W (x )  i X Wi (x) h i i = a0i − a0i − a1i (x − xi ) W (x ) W (x ) i i i i i=1 Cuối cùng, để ý ta có đồng thức n Y (x − xj )2 Wi (x) = = L2i (x), Wi (xi ) j=1, j6=i (xi − xj ) n h Y Wi (xi ) x − xj i0 =2 = 2Li (xi ) Wi (xi ) x − xj x=xi j=1, j6=i i Vậy, ta thu đa thức nội suy Hermite trường hợp sau H(x) = n X h L2i (x) a0i − 2a0i Li (xi ) − a1i
i (x − xi ) i=1 Tiếp theo ta xét trường hợp hệ điều kiện chứa giá trị đạo hàm cấp nút nội suy trừ điểm Trong đa thức nội suy Hermite (1.5), ta xét trường hợp đặc biệt, chẳng hạn ∃k0 , i0 cho ak0 i0 = a 6= aki = 0, ∀(k, i) 6= (k0 , i0 ) Khi đó, ta có n o(pi0 −1−k0 ) (x − xi0 )k0 Wi0 (x) T H(x) = ak0 i0 k0 ! Wi0 (x) (x=xi0 ) Nếu k0 = p0 − chọn ak0 i0 = (pi0 − 1)!Wi0 (xi0 ) ta có H(x) = W (x) x − xi0 Vậy, 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 đa thức nội suy Hermite có dạng H(x) = W (x) = (x−x1 )p1 · · · (x−xi0 −1 )pi0 (x−xi0 )pi0 −1 (x−xi0 +1 )pi0 (x−xn )pn x − xi0 15 Ngược lại, 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 nghiệm 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, ta viết α1 α2 αn H(x) = (x − x1 ) (x − x2 ) (x − xn ) (x − x1 )α1 +1 (x − x2 )α2 (x − xn )αn = x − x1 H(x) nghiệm toán Hermite sau  H (k) (x ) = 0, ∀k = 0, 1, , α − 1, H (α1 ) (x ) = α !W (x ) 1 1 1 H (k) (x ) = 0, ∀k = 0, 1, , α − 1, ∀i = 1, 2, , n, i 6= i i Tiếp theo, phần ta nêu số ví dụ áp dụng kỹ thuật để xác định đa thức biết số đặc trưng chúng dạng nút nội suy Bài toán 1.3 Cho < α < Xác định tất đa thức f (x) bậc n (n > 2) cho tồn dãy số r1 , r2 , , rn (r1 < r2 < < rn ) thoả mãn điều kiện sau   f (r ) = 0, i (i = 1, 2, , n)  f (αr + (1 − α)r ) = i i+1 Lời giải Nhận xét với a < b x = αa + (1 − α)b ; α ∈ (0, 1) x ∈ (a, b) Khi 1 2α − p= + = x − a x − b α(1 − α)(b − a) 1 Do p > α > , p < α < p = 2 α = Theo giả thiết n Y f (x) = c (x − ri ) i=1 nên n f (x) X = f (x) x − r i i=1 16 ta đặt x = αr1 + (1 − α)r2 Khi theo giả thiết f (x) = đồng thời f (x) = Mặt khác Với n > < α n X f (x) 1 = + + < 0, f (x) x − r1 x − r2 i=3 x − ri mâu thuẫn Tương tự với n > < α < ta nhận điều vô lý Nếu n = α 6= , tương tự dẫn đến điều mâu thuẫn Do cần xét trường hợp n = α = Khi tam thức bậc hai có 2 nghiệm phân biệt thoả mãn toán cho Bài toán 1.4 Xác định tất đa thức P (x) bậc nhỏ thua n thoả mãn điều kiện n X (−1)k Cnk P (k) = k=0 Lời giải Áp dụng công thức nội suy Lagrange với nút nội suy xk = k , ta đa thức P (x) bậc nhỏ thua n có dạng P (x) = n−1 X P (xk ) k=0 (x − x0 ) · · · (x − xk−1 )(x − xk+1 ) · · · (x − xn−1 ) (xk − x0 ) · · · (xk − xk−1 )(xk − xk+1 ) · · · (xk − xn−1 ) nên P (x) = n−1 X P (k) k=0 Ta có P (n) = (x − 0) · · · (x − (k − 1))(x − (k + 1)) · · · (x − (n − 1)) (k − 0) · · · (k − (k − 1))(k − (k + 1)) · · · (k − (n − 1)) n−1 X P (k) k=0 (n − 0) · · · (n − k + 1)(n − k − 1) · · · k!(−1)n−k (n − k − 1)! Suy (−1) n Cnn P (n) = n−1 X (−1)k Cnk P (k) k=0 Vậy điều kiện tốn thỏa mãn Tóm lại, đa thức cần tìm có dạng P (x) = n−1 X k=0 P (k) (x − 0) · · · (x − (k − 1))(x − (k + 1)) · · · (x − (n − 1)) , (k − 0) · · · (k − (k − 1))(k − (k + 1)) · · · (k − (n − 1)) ... nội suy Hermite có tài liệu chun khảo Vì vậy, tơi chọn đề tài luận văn ? ?Một số ứng dụng công thức nội suy Lagrange Hermite? ?? Luận văn nhằm cung cấp số ứng dụng công thức nội suy Lagrange 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 Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC... Nội suy Lagrange nội suy Hermite Chương dành để trình bày tốn nội suy Lagrange, toán nội suy Hermite toán nội suy Lagrange- Newton, từ định lí, hệ số ví dụ tính tốn cụ thể 1.1 Bài toán nội suy Lagrange