(Luận văn) một số ứng dụng của công thức nội suy lagrange và hermite

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HOÀNG THỊ NGA lu an n va p ie gh tn to MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA CÔNG THỨC NỘI SUY LAGRANGE VÀ HERMITE d oa nl w LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2018 n va ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC HOÀNG THỊ NGA lu MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA CÔNG THỨC NỘI SUY LAGRANGE VÀ HERMITE an n va ie gh tn to p Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP d oa nl w Mã số: 46 01 13 nf va an lu LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC lm ul z at nh oi Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu z m co l gm @ an Lu THÁI NGUYÊN - 2018 n va ac th si i MỤC LỤC MỞ ĐẦU ii 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 Hermite 18 lu an 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 va n 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 p ie gh tn to 43 43 50 50 d oa nl w 53 an lu 59 nf va KẾT LUẬN lm ul TÀI LIỆU THAM KHẢO 56 59 z at nh oi z m co l gm @ an Lu n va ac th si ii MỞ ĐẦU lu an n va 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 cơng 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 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 Cơ 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 Tơi chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè quan, đồn thể nơi tơi cơng 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 p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va Hoàng Thị Nga ac th si Chương Nội suy Lagrange nội suy Hermite Chương dành để trình bày toán 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 tốn 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 cơng thức nội suy Lagrange Dưới số đồng thức áp dụng chúng lu an n va 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 ) p ie gh tn to (x − x1 )(x − x3 ) (x − xm ) (x2 − x1 )(x2 − x3 ) (x2 − xm ) nl w +f (x2 ) d oa + · · · + f (xm ) (x − x1 )(x − x2 ) (x − xm−1 ) (xm − x1 )(xm − x2 ) (xm − xm−1 ) (1.1) lu nf va an Chứng minh Ta cần chứng minh công thức (x − x1 )(x − x2 ) (x − xm−1 ) ≡ (xm − x1 )(xm − x2 ) (xm − xm−1 ) z − · · · − f (xm ) (x − x1 )(x − x3 ) (x − xm ) (x2 − x1 )(x2 − x3 ) (x2 − xm ) z at nh oi −f (x2 ) (x − x2 )(x − x3 ) (x − xm ) − (x1 − x2 )(x1 − x3 ) (x1 − xm ) lm ul f (x) − f (x1 ) @ m co l gm Nhận xét vế trái công thức đa thức bậc khơng q m − có m nghiệm phân biệt x1 , x2 , , xm Vậy đa thức phải đồng an Lu Hệ 1.1 Từ Định lý 1.1, ta thu đồng thức sau n va ac th si √ √ √ √ √ √ (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) lu an n va Định lý 1.2 Giả sử f (x) đa thức bậc nhỏ thua m − (m > 2) x1 , x2 , , xm m giá trị đơi 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 ) to p ie gh tn 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 oa nl w Dưới đây, ta xét số ứng dụng trực tiếp đồng thức Lagrange d 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 ) nf va an lu z at nh oi lm ul Lời giải Áp dụng Định lý 1.2, với f (x) = x, x1 = cos 1o , x2 = cos 2o , x3 = cos 3o , z ta thu S = @ m co l gm 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) an Lu n va ac th si 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 lu an Định lý 1.3 Cho x1 , x2 , , xm m giá trị tuỳ ý đôi khác Đặt n va Sn = tn to xn1 xn2 + (x1 − x2 )(x1 − x3 ) (x1 − xm ) (x2 − x1 )(x2 − x3 ) (x2 − xm ) p ie gh xnm +··· + (xm − x1 )(xm − x2 ) (xm − xm−1 ) d oa nl w 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 nf va an lu z at nh oi lm ul Chứng minh a) Theo Định lý 1.2, với f (x) = 1, x, x2 , , xm−2 , z 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 m co l gm @ an Lu n va αm + p1 αm−1 + p2 αm−2 + · · · + pm−1 α + pm = 0, ac th si    −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 ), lu an đẳng thức thứ hai cho va n (x2 − x1 )(x2 − x3 ) (x2 − xm ) to gh tn , cộng vế với vế đẳng thức vừa nhận được, ta thu (1.2) p ie Sm+k + p1 Sm+k−1 + · · · + pm−1 Sk+1 + pm Sk = d oa nl w 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 ) nf va an lu z at nh oi lm ul z @ Khi ta có l gm Sn = xn1 α1 + xn2 α2 + · · · + xnm αm Xét m co α1 α2 αm + + ··· + − x1 z − x2 z − xm z Dùng công thức cấp số nhân với giả thiết z chọn cho P = an Lu n va |x1 z| < 1, |x2 z| < 1, , |xm z| < 1, ac th si 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 lu (1 − x1 z)(1 − x2 z) (1 − xm z) = Q an n va Khai triển Q theo luỹ thừa z , ta viết to ie gh tn Q = − δ1 z + δ2 z + · · · + (−1)m δm z m , p δ1 = x1 + x2 + · · · + xm , oa nl w δ2 = x1 x2 + x1 x3 + · · · + xm−1 xm d lu nf va an Tiếp theo, nhân hai vế đẳng thức thứ hai với (1 − x1 z)(1 − x2 z) (1 − xm z), z at nh oi lm ul ta có P Q = α1 (1 − x2 z)(1 − x3 z) (1 − xm z)+ α2 (1 − x1 z)(1 − x3 z) (1 − xm z)+ z α3 (1 − x1 z)(1 − x2 z)(1 − x4 z) (1 − xm z) + · · · + @ l gm αm (1 − x1 z)(1 − x2 z) (1 − xm−1 z) m co Như P Q đa thức bậc m − z Ta chứng minh z m−1 , tức có đồng thức an Lu P Q = z m−1 n va ac th si 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 lu an hay n va z m−1 ie gh tn to = S0 + S1 z + · · · + Sm−1 z m−1 + · · · m m − δ1 z + δ2 z − + (−1) δm z p 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 d oa nl w S0 = S1 = = Sm−2 = an lu lm ul Vậy Sm−1 = nf va Ngoài ra, hệ số hạng tử ứng với bậc m = vế trái Bây đẳng thức cần chứng minh có dạng sau: z at nh oi z m−1 = z m−1 + Sm z m + Sm+1 z m+1 + · · · m m − δ1 z + δ2 z − · · · (−1) δm z z gm @ Uớc lượng hai vế cho z m−1 , ta thu m co l = + Sm z + Sm+1 z + · · · m m − δ1 z + δ2 z − · · · + (−1) δm z an Lu = (1 − δ1 z + δ2 z − · · · + (−1)m δm z m )(1 + Sm z + Sm+1 z + · · · ) n va ac th si (1 − qx ) < an < q q q q z at nh oi lm ul z m an Lu n va Pn (x) = [(2x − 1)n + 1] Ta thấy hệ số Pn (x) số nguyên co l gm @ ac th si 18 Bài tốn 1.7 Chứng minh khơng 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 toán Khi đó, ta có f (2007) − f (2005) = an (2007n − 2005n ) + an−1 (2007n−1 − 2005n−1 ) + · · · + a1 (2007 − 2005) lu an 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 n va to Bài toán nội suy Lagrange - Newton gh tn 1.3 p ie Trước hết ta xét toán nội suy hỗn hợp Lagrange - Newton d oa nl w 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 ; an lu r0 = 0, r0 + r1 + · · · + rk = sk , r0 + r1 + · · · + rn = sn = N nf va 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 Lời giải Ký hiệu rk+1 x − xkj , (k = 0, 1, , n − 1) phép lấy nguyên hàm x − x ki kj j=1, j6=i Y z Lki (x) = z at nh oi lm ul (1.7) m an Lu n va hay Lki (xkj ) = δij co deg Lki (x) rk+1 − 1,  1 i = j Lki (xkj ) = 0 i 6= j l gm @ Khi đó, dễ thấy ac th si 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 tốn nội suy Lagrange - Newton (1.7) Thật vậy, dễ thấy deg f (x) N − Ngoài ra, ta có lu f (sn−1 ) (x(n−1)i ) = (y0 + · · · + yn−2 + yn−1 )(sn−1 ) (x(n−1)i ) an (s ) n va n−1 (x(n−1)i ) = yn−1 rn X = a(n−1)j L(n−1)j (x(n−1)i ) ie gh tn to p = j=1 rn X a(n−1)j δij = a(n−1)i j=1 w oa nl f (sn−2 ) (x(n−2)i ) = (y0 + · · · + yn−3 + yn−2 + yn−1 )(sn−2 ) (x(n−2)i ) (s ) (s ) d n−2 n−2 = yn−2 (x(n−2)i ) + yn−1 (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 ) z at nh oi j=1 lm ul (sn−2 ) yn−2 (x(n−2)i ) nf va an lu rn−1 X (sn−2 ) = [a(n−2)j − yn−1 (x(n−2)j )].δij j=1 ) z (s Vậy nên m Bằng cách tương tự, ta chứng minh co f (sn−2 ) (x(n−2)i ) = a(n−2)i l gm @ n−2 = a(n−2)i − yn−1 (x(n−2)i ) an Lu f (sk ) (xki ) = aki , ∀k = 0, 1, , n − 1, ∀i = 1, , rk+1 n va ac th si 20 Cuối cùng, có đa thức f∗ (x) với bậc deg f∗ (x) N − thỏa mãn điều kiện toán (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 lu yk = 0, ∀k = 0, 1, , n − an n va Suy P (x) ≡ 0, f (x) = f∗ (x) Từ tốn ta có nhận xét sau: to p ie gh tn 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 d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 21 Chương Ứng dụng nội suy tính nguyên hàm tích phân hàm phân thức Chương giới thiệu cho số thuật tốn tìm ngun hàm hàm số hữu tỉ cho trước theo thứ tự từ đơn giản đến phức tạp 2.1 Nguyên hàm hàm phân thức với cực điểm đơn lu an n va Lớp hàm quen thuộc có nguyên hàm sơ cấp lớp hàm số hữu tỉ Kết luận Laplace chứng minh lần vào năm 1812 cách phân tích hàm số hữu tỉ thành tổng phân thức đơn giản p ie gh tn to Định lý 2.1 (Laplace, 1812) Nguyên hàm hàm số hữu tỉ hàm sơ cấp (đó hàm số hữu tỉ, tổng hàm số hữu tỉ số hữu hạn logarit hàm số hữu tỉ) oa nl w Chứng minh Nhận xét đa thức Q(x) = b0 xn + b1 xn−1 + · · · + bn biểu diễn sau d Q(x) = b0 (x − a1 )m1 (x − a2 )m2 (x − ar )mr , lu nf va an m1 , , mr số nguyên dương có tổng n a1 , , ar số thực số phức Do hàm số hữu tỉ R(x) có mẫu đa thức Q(x) biễu diễn dạng ( ) r X β β β s,1 s,2 s,ms A0 xp + A1 xp−1 + · · · + Ap + + ms + ··· + x − a (x − a ) (x − a ) s s s s=1 z at nh oi lm ul z R gm @ Từ đó, suy m co l xp+1 xp R (x) dx = A0 + A1 + · · · + Ap x + C p(+ p r P βs,2 + βs,1 ln (x − as ) − − ··· x − as s=1 ) βs,ms − (ms − 1) (x − as )ms −1 an Lu n va ac th si 22 hàm số sơ cấp Xét dạng toán minh họa sau 2x + hàm số hữu tỉ Nguyên hàm x3 − 3x + có dạng tổng hàm số hữu tỉ logarit hàm số hữu tỉ.Thật vậy, ta có Z Z 2x + 2x + dx = dx x3 − 3x + (x − 1)2 (x + 2) Z Z Z dx − dx = dx + (x − 1) (x + 2) 3(x − 1) x − =− + ln +C (x − 1) x + Bài toán 2.1 Ta có f (x) = lu an C số va n Nhận xét 2.3 Nếu m n số ngun, ta có kết luận sau R i) Tích phân (1 − xn ) m dx hàm số sơ cấp m = ±1 n = ±1 m = −n R ii) Tích phân sinm xcosn xdx hàm số sơ cấp với giá trị m n Thật vậy, m, n số nguyên nên ta có
n−1 R R sinm x.cosn xdx = sinm x cos2 x cos xdx
n−1 R = sinm x − sin2 x cos xdx
n−1 R m = u − u2 du, (u = sin x) p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul Tích phân hàm số sơ cấp m lẻ n lẻ hai n, m chẵn z Định lý Laplace 2.1 cho ta kết luận hàm hữu tỉ có nguyên hàm sơ cấp Tuy nhiên, việc tìm nguyên hàm công việc đơn giản Sau số thuật toán giải toán Trong mục này, ta xét thuật tốn tìm nguyên hàm hàm số hữu tỉ có P (x) dạng f (x) = Q P (x) đa thức, xi 6= xj với i 6= j n (x − xi ) m co l gm @ i=1 an Lu Từ công thức trên, ta có phương pháp tìm ngun hàm hàm số hữu tỉ mà mẫu thức bậc n có n nghiệm đơn phân biệt n va ac th si