Bài toán nội suy lagrange và Ứng dụng trong giải toán sơ cấp

Các bài toán nội suy có vị trí đặc biệt trong toán học không chỉ như là một đối tượng để nghiên cứu mà còn đóng vai trò như một công cụ đắc lực trong việc giải và sáng tạo các bài toán s

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

KHOA TOÁN



KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP BÀI TOÁN NỘI SUY LAGRANGE VÀ ỨNG DỤNG

TRONG GIẢI TOÁN SƠ CẤP

Giảng viên hướng dẫn : ThS Nguyễn Thị Sinh Sinh viên : Dương Nữ Trà Giang

Đà Nẵng, 04/2024

LỜI CẢM ƠN

Thời gian được học tập và rèn luyện tại trường Đại học Sư phạm – Đại học

Đà Nẵng là thời gian em đã tích lũy được cho bản thân những kiến thức và kinh nghiệm quý báu, đó không chỉ là nền tảng cho quá trình nghiên cứu khóa luận mà còn là hành trang để em bước vào đời một các vững chãi và tự tin Em xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám hiệu, các phòng, khoa trực thuộc nhà trường, các thầy cô khoa Toán đã giảng dạy và tạo điều kiện thuận lợi cho em trong suốt quá trình học tập Đặc biệt, em xin gửi lời cảm ơn cô ThS Nguyễn Thị Sinh, người đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ, dành thời gian, tâm huyết và công sức giúp em nghiên cứu và hoàn thành được đề tài

Đà Nẵng, tháng 4 năm 2024 Sinh viên

Dương Nữ Trà Giang

MỤC LỤC

LỜI CẢM ƠN 1

MỞ ĐẦU 3

1 Lý do chọn đề tài 3

2 Mục đích nghiên cứu 3

3 Nhiệm vụ nghiên cứu 3

4 Phương pháp nghiên cứu 4

5 Cấu trúc đề tài 4

Chương 1 5

BÀI TOÁN NỘI SUY LAGRANGE 5

1.1 Bài toán nội suy Lagrange 5

1.2 Đồng nhất thức Lagrange 7

Chương 2 24

ỨNG DỤNG BÀI TOÁN NỘI SUY LAGRANGE VÀO VIỆC GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN SƠ CẤP 24

2.1 Các bài toán xác định đa thức 24

2.2 Phân tích một phân thức thành tổng các phân thức đơn giản 26

2.3 Tính giá trị của đa thức tại một điểm 29

2.4 Chứng minh các đẳng thức 33

2.5 Chứng minh các bất đẳng thức 39

2.6 Các bài toán về phép chia đa thức 42

KẾT LUẬN 48

TÀI LIỆU THAM KHẢO 49

MỞ ĐẦU

1 Lý do chọn đề tài

Các bài toán nội suy và những vấn đề liên quan là một phần quan trọng của đại số và giải tích toán học Các bài toán nội suy có vị trí đặc biệt trong toán học không chỉ như là một đối tượng để nghiên cứu mà còn đóng vai trò như một công

cụ đắc lực trong việc giải và sáng tạo các bài toán sơ cấp Ở chương trình toán bậc phổ thông, bài toán nội suy Lagrange là một trong những khái niệm mới và thường

ít được đề cập đến Tuy nhiên có rất nhiều dạng toán về xác định đa thức, tính giá trị của đa thức tại một điểm, chứng minh các đẳng thức, bất đẳng thức, liên quan đến bài toán nội suy Lagrange Chính vì thế, việc nắm bắt lý thuyết về bài toán nội suy Lagrange và vận dụng được các lý thuyết này để giải một số dạng toán ở bậc phổ thông là thực sự cần thiết

Là một sinh viên ngành sư phạm Toán học, tôi mong muốn nghiên cứu, tìm hiểu và có được một tài liệu về lý thuyết nội suy, đặc biệt là bài toán nội suy Lagrange để đáp ứng nhu cầu học tập và giảng dạy môn toán ở bậc phổ thông sau này Chính vì vậy, tôi chọn đề tài “Bài toán nội suy Lagrange và ứng dụng trong giải toán sơ cấp” làm đề tài cho khóa luận của mình

2 Mục đích nghiên cứu

Đề tài tìm hiểu, nghiên cứu các kiến thức về bài toán nội suy Lagrange và các ứng dụng của công thức nội suy Lagrange như là một công cụ để giải quyết một số lớp bài tập sơ cấp trong chương trình toán phổ thông

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

- Cung cấp các kiến thức cơ bản về công thức nội suy Lagrange

- Trang bị cho học sinh phương pháp giải một lớp các bài toán bằng phương pháp nội suy Lagrange

- Chọn lọc, hệ thống các bài tập, ví dụ minh họa phù hợp với từng dạng toán

4 Phương pháp nghiên cứu

- Tham khảo thu thập tài liệu

- Phân tích chọn lọc tài liệu

- Tổng hợp, trình bày một cách có hệ thống

5 Cấu trúc đề tài

Đề tài khóa luận gồm hai chương:

Chương 1: Bài toán nội suy Lagrange, chương này phát biểu và chứng minh bài toán nội suy Lagrange, trình bày một số đồng nhất thức Lagrange cơ bản, từ đó làm cơ sở lí luận cho những vận dụng ở chương hai

Chương 2: Ứng dụng bài toán nội suy Lagrange vào việc giải một số dạng toán sơ cấp, chương này trình bày những ứng dụng của bài toán nội suy Lagrange

và các đồng nhất thức Lagrange (đã được phát biểu và chứng minh ở chương 1) để giải một số lớp bài tập sơ cấp trong chương trình toán phổ thông

Trong mỗi dạng bài đều có các ví dụ với lời giải cụ thể, rõ ràng giúp người đọc có thể thấy rõ vai trò của công thức nội suy Lagrange trong việc giải và sáng tạo các bài toán sơ cấp

Chương 1 BÀI TOÁN NỘI SUY LAGRANGE

Chương này phát biểu và chứng minh bài toán nội suy Lagrange, trình bày

một số đồng nhất thức Lagrange cơ bản, từ đó làm cơ sở lí luận cho những vận

dụng ở chương hai

1.1 Bài toán nội suy Lagrange

Cho 𝑥𝑖, 𝑎𝑖 ∈ ℝ, với 𝑥𝑖 ≠ 𝑥𝑗, ∀𝑖 ≠ 𝑗, (𝑖, 𝑗 = 1, 2, … , 𝑛) Hãy xác định đa thức

𝐿(𝑥) có bậc 𝑑𝑒𝑔 𝐿(𝑥) ≤ 𝑛 − 1 thỏa mãn điều kiện

𝐿𝑖(𝑥𝑗) = { 1 𝑘ℎ𝑖 𝑖 = 𝑗

0 𝑘ℎ𝑖 𝑖 ≠ 𝑗

Tiếp theo, ta chứng minh rằng đa thức

𝐿(𝑥) = ∑ 𝑎𝑖𝐿𝑖(𝑥)

𝑛

𝑖=1

(1.1)

là đa thức duy nhất thỏa mãn điều kiện của bài toán nội suy Lagrange (1.1), và ta

gọi đa thức này là đa thức nội suy Lagrange.

𝐿(𝑥𝑖) = 𝑎𝑖, ∀𝑖 = 1, 2, … , 𝑛

Cuối cùng, chứng minh đa thức 𝐿(𝑥) xác định như trên là duy nhất

Giả sử tồn tại đa thức 𝐿∗(𝑥) thỏa mãn các điều kiện của bài toán nội suy Lagrange Xét đa thức: 𝑃(𝑥) = 𝐿(𝑥) − 𝐿∗(𝑥), bậc 𝑑𝑒𝑔 𝑃(𝑥) ≤ 𝑛 − 1 và thỏa mãn

Nhận xét: Về mặt hình học, việc xây dựng đa thức nội suy Lagrange (1.1) có nghĩa

là xây dựng một đường cong đại số bậc không quá 𝑛 − 1 đi qua tất cả các điểm

𝑀𝑖(𝑥𝑖, 𝑦𝑖), ∀𝑖 = 1, 2, … , 𝑛 cho trước

1.2 Đồng nhất thức 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 đa 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 tùy ý, đôi

một khác nhau và 𝑓(𝑥) là đa thức bậc nhỏ thua 𝑚 thì ta có đồng nhất thức sau

(√5 − √2)(√5 − √3)(√5 − √7)+

(𝑥 − √2)(𝑥 − √3)(𝑥 − √5)(√7 − √2)(√7 − √3)(√7 − √5) ≡ 1

+𝑓(𝑥4) (𝑥 − 𝑥1)(𝑥 − 𝑥2)(𝑥 − 𝑥3)

(𝑥4− 𝑥1)(𝑥4− 𝑥2)(𝑥4− 𝑥3)

Thay các giá trị 𝑥1 = √2 , 𝑥2 = √3 , 𝑥3 = √5 , 𝑥4 = √7 vào ta có:

(𝑥 − √3)(𝑥 − √5)(𝑥 − √7)

(√2 − √3)(√2 − √5)(√2 − √7)+

(𝑥 − √2)(𝑥 − √5)(𝑥 − √7)(√3 − √2)(√3 − √5)(√3 − √7)(𝑥 − √2)(𝑥 − √3)(𝑥 − √7)

(√5 − √2)(√5 − √3)(√5 − √7)+

(𝑥 − √2)(𝑥 − √3)(𝑥 − √5)(√7 − √2)(√7 − √3)(√7 − √5)= 𝑓(𝑥) ≡ 1 1.1.2

𝑎2(𝑥 − 𝑏)(𝑥 − 𝑐)

(𝑎 − 𝑏)(𝑎 − 𝑐)+ 𝑏

2(𝑥 − 𝑐)(𝑥 − 𝑎)(𝑏 − 𝑐)(𝑏 − 𝑎)+ 𝑐

2(𝑥 − 𝑎)(𝑥 − 𝑏)(𝑐 − 𝑎)(𝑐 − 𝑏) ≡ 𝑥

2(𝑥 − 𝑎)(𝑥 − 𝑏)(𝑐 − 𝑎)(𝑐 − 𝑏) = 𝑓(𝑥) ≡ 𝑥

2

Định lý 1.2 Giả sử 𝑓(𝑥) là một đa thức bậc nhỏ thua hoặc bằng 𝑚 − 2 và

𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑚 là m giá trị đôi một khác nhau cho trước tùy ý Khi đó ta có đồng nhất thức

𝑓(𝑥1)(𝑥1− 𝑥2)(𝑥1− 𝑥3) … (𝑥1 − 𝑥𝑚)+

𝑓(𝑥2)(𝑥2− 𝑥1)(𝑥2− 𝑥3) … (𝑥2− 𝑥𝑚)

Suy ra

𝑓(𝑥1)(𝑥1− 𝑥2)(𝑥1− 𝑥3) … (𝑥1− 𝑥𝑚)+

𝑓(𝑥2)(𝑥2− 𝑥1)(𝑥2− 𝑥3) … (𝑥2− 𝑥𝑚)

(𝑥𝑚 − 𝑥1)(𝑥𝑚 − 𝑥2) … (𝑥𝑚 − 𝑥𝑚−1) ≡ 0 (đ𝑝𝑐𝑚)

(cos 3° − cos 1°)(cos 3° − cos 2°)

=cos 1°(cos 2° − cos 3°) + cos 2°(cos 3° − cos 1°) + cos 3°(cos 1° − cos 2°)

(cos 1° − cos 2°)(cos 2° − cos 3°)(cos 1° − cos 3°)

= cos 1° cos 2° − cos 1° cos 3° + cos 2° cos 3° − cos 1°° cos 2°

(cos 1° − cos 2°)(cos 2° − cos 3°)(cos 1° − cos 3°)

+ + cos 1° cos 3° − cos 2° cos 3°

(cos 1° − cos 2°)(cos 2° − cos 3°)(cos 1° − cos 3°) = 0 Vậy 𝑆 = 0

Ví dụ 1.2 Ta có các đồng nhất thức

𝑏 + 𝑐 + 𝑑(𝑏 − 𝑎)(𝑐 − 𝑎)(𝑑 − 𝑎)(𝑥 − 𝑎)+

𝑐 + 𝑑 + 𝑎(𝑐 − 𝑏)(𝑑 − 𝑏)(𝑎 − 𝑏)(𝑥 − 𝑏)

(𝑑 − 𝑐)(𝑎 − 𝑐)(𝑏 − 𝑐)(𝑥 − 𝑐)+

𝑎 + 𝑏 + 𝑐(𝑎 − 𝑑)(𝑏 − 𝑑)(𝑐 − 𝑑)(𝑥 − 𝑑)

≡ 𝑥 − 𝑎 − 𝑏 − 𝑐 − 𝑑(𝑥 − 𝑎)(𝑥 − 𝑏)(𝑥 − 𝑐)(𝑥 − 𝑑)

𝑏 + 𝑐 + 𝑑(𝑏 − 𝑎)(𝑐 − 𝑎)(𝑑 − 𝑎)(𝑥 − 𝑎)+

𝑐 + 𝑑 + 𝑎(𝑐 − 𝑏)(𝑑 − 𝑏)(𝑎 − 𝑏)(𝑥 − 𝑏)

(𝑑 − 𝑐)(𝑎 − 𝑐)(𝑏 − 𝑐)(𝑥 − 𝑐)+

𝑎 + 𝑏 + 𝑐(𝑎 − 𝑑)(𝑏 − 𝑑)(𝑐 − 𝑑)(𝑥 − 𝑑)

− 𝑥 − 𝑎 − 𝑏 − 𝑐 − 𝑑(𝑥 − 𝑎)(𝑥 − 𝑏)(𝑥 − 𝑐)(𝑥 − 𝑑) = 0 Suy ra

𝑏 + 𝑐 + 𝑑(𝑏 − 𝑎)(𝑐 − 𝑎)(𝑑 − 𝑎)(𝑥 − 𝑎)+

𝑐 + 𝑑 + 𝑎(𝑐 − 𝑏)(𝑑 − 𝑏)(𝑎 − 𝑏)(𝑥 − 𝑏)

(𝑑 − 𝑐)(𝑎 − 𝑐)(𝑏 − 𝑐)(𝑥 − 𝑐)+

𝑎 + 𝑏 + 𝑐(𝑎 − 𝑑)(𝑏 − 𝑑)(𝑐 − 𝑑)(𝑥 − 𝑑)

≡ 𝑥 − 𝑎 − 𝑏 − 𝑐 − 𝑑(𝑥 − 𝑎)(𝑥 − 𝑏)(𝑥 − 𝑐)(𝑥 − 𝑑) (đ𝑝𝑐𝑚)

Định lý 1.3 Cho 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑚 là m giá trị đôi một khác nhau Đặt

𝑛

(𝑥1 − 𝑥2)(𝑥1− 𝑥3) … (𝑥1− 𝑥𝑚)+

𝑥2𝑛(𝑥2− 𝑥1)(𝑥2− 𝑥3) … (𝑥2− 𝑥𝑚)

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) + Xét 𝑓(𝑥) = 1, theo định lý 1.2 ta có

1(𝑥1− 𝑥2)(𝑥1− 𝑥3) … (𝑥1 − 𝑥𝑚)+

1(𝑥2− 𝑥1)(𝑥2− 𝑥3) … (𝑥2− 𝑥𝑚)

0

(𝑥𝑚 − 𝑥1)(𝑥𝑚− 𝑥2) … (𝑥𝑚− 𝑥𝑚−1)

= 1

(𝑥1− 𝑥2)(𝑥1− 𝑥3) … (𝑥1− 𝑥𝑚)+

1(𝑥2− 𝑥1)(𝑥2− 𝑥3) … (𝑥2− 𝑥𝑚)

(𝑥𝑚 − 𝑥1)(𝑥𝑚− 𝑥2) … (𝑥𝑚− 𝑥𝑚−1)Vậy 𝑆0 = 0

+ Xét 𝑓(𝑥) = 𝑥, theo định lý 1.2 ta có

𝑥1(𝑥1− 𝑥2)(𝑥1− 𝑥3) … (𝑥1 − 𝑥𝑚)+

𝑥2(𝑥2− 𝑥1)(𝑥2− 𝑥3) … (𝑥2− 𝑥𝑚)

(𝑥𝑚 − 𝑥1)(𝑥𝑚− 𝑥2) … (𝑥𝑚− 𝑥𝑚−1)Vậy 𝑆1 = 0

+ Xét 𝑓(𝑥) = 𝑥2, theo định lý 1.2 ta có

𝑥12(𝑥1− 𝑥2)(𝑥1− 𝑥3) … (𝑥1 − 𝑥𝑚)+

𝑥22(𝑥2− 𝑥1)(𝑥2− 𝑥3) … (𝑥2− 𝑥𝑚)

𝑥2𝑚−2(𝑥2− 𝑥1)(𝑥2− 𝑥3) … (𝑥2− 𝑥𝑚)

𝑚−2

(𝑥𝑚 − 𝑥1)(𝑥𝑚 − 𝑥2) … (𝑥𝑚− 𝑥𝑚−1) ≡ 0 + Với 𝑛 = 𝑚 − 2 thì

𝑚−2

(𝑥1− 𝑥2)(𝑥1 − 𝑥3) … (𝑥1 − 𝑥𝑚)+

𝑥2𝑚−2(𝑥2− 𝑥1)(𝑥2− 𝑥3) … (𝑥2− 𝑥𝑚)

𝑚−2

(𝑥𝑚 − 𝑥1)(𝑥𝑚− 𝑥2) … (𝑥𝑚− 𝑥𝑚−1)

Vậy 𝑆𝑚−2 = 0

𝑥2𝑚−1(𝑥2− 𝑥1)(𝑥2− 𝑥3) … (𝑥2− 𝑥𝑚)+ ⋯

𝑚−1

(𝑥𝑚 − 𝑥1)(𝑥𝑚− 𝑥2) … (𝑥𝑚 − 𝑥𝑚−1)Đồng nhất với vế trái ta được

𝑥1𝑚−1(𝑥1− 𝑥2)(𝑥1− 𝑥3) … (𝑥1− 𝑥𝑚)+

𝑥2𝑚−1(𝑥2− 𝑥1)(𝑥2− 𝑥3) … (𝑥2− 𝑥𝑚)+ ⋯

𝑚−1

(𝑥𝑚 − 𝑥1)(𝑥𝑚− 𝑥2) … (𝑥𝑚 − 𝑥𝑚−1) = 1

Vậy 𝑆𝑚−1 = 1

c) Để tính 𝑆𝑛 khi 𝑛 > 𝑚 − 1 ta làm như sau:

Giả sử 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑚 thỏa mãn phương trình bậc 𝑚

𝛼𝑚+ 𝑝1 𝛼𝑚−1 + 𝑝2 𝛼𝑚−2 + ⋯ + 𝑝𝑚−1 𝛼 + 𝑝𝑚 = 0, trong đó

{

−𝑝1 = 𝑥1+ 𝑥2+ ⋯ + 𝑥𝑚

𝑝2 = 𝑥1𝑥2 + 𝑥1𝑥3+ ⋯ + 𝑥𝑚−1𝑥𝑚

…(−1)𝑘 𝑝𝑘 = 𝑥1𝑥2𝑥3… 𝑥𝑘 + ⋯

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

= 𝑥1

𝑚+𝑘

(𝑥1− 𝑥2)(𝑥1− 𝑥3) … (𝑥1 − 𝑥𝑚)+

𝑥2𝑚+𝑘(𝑥2− 𝑥1)(𝑥2− 𝑥3) … (𝑥2− 𝑥𝑚)

1(𝑥2− 𝑥1)(𝑥2− 𝑥3) … (𝑥2 − 𝑥𝑚) = 𝛼2;

…

1(𝑥𝑚− 𝑥1)(𝑥𝑚 − 𝑥2) … (𝑥𝑚 − 𝑥𝑚−1) = 𝛼𝑚 Khi đó ta có

|𝑥1𝑧| < 1, |𝑥2𝑧| < 1, … , |𝑥𝑚𝑧| < 1, 𝑓(𝑥) là hàm liên tục có đạo hàm đến vô hạn nên áp dụng công thức khai triển chuỗi Maclaurin như sau:

𝑓(𝑧) = 1

1 − 𝑥1𝑧 = 1 +

𝑥11 1! 𝑧11! +

𝑥12 2! 𝑧22! +

𝑥13 3! 𝑧33! + ⋯

𝛿1 = 𝑥1+ 𝑥2+ ⋯ + 𝑥𝑚,

𝛿2 = 𝑥1𝑥2+ 𝑥2𝑥3+ ⋯ + 𝑥𝑚−1𝑥𝑚,

… Tiếp theo, nhân cả hai vế của đẳng thức (1.3) với

Chia cả hai vế cho 𝑧𝑚−1, ta thu được

Nhằm thiết lập được mệnh đề mở rộng cấu trúc của 𝑆𝑚+𝑘, ta xét

1

𝑄 =

1(1 − 𝑥1𝑧)(1 − 𝑥2𝑧) … (1 − 𝑥𝑚𝑧)

𝑐𝑘(𝑐 − 𝑎)(𝑐 − 𝑏)

𝑘

(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

Chương 2 ỨNG DỤNG BÀI TOÁN NỘI SUY LAGRANGE VÀO VIỆC GIẢI

MỘT SỐ DẠNG TOÁN SƠ CẤP

Chương này trình bày những ứng dụng của bài toán nội suy Lagrange và các đồng nhất thức Lagrange (đã được phát biểu và chứng minh ở chương 1) để giải một số dạng bài toán sơ cấp trong chương trình toán phổ thông

2.1 Các bài toán xác định đa thức

Phần này đề cập đến các bài tập xác định đa thức bậc 𝑛 − 1 khi biết giá trị của đa thức đó tại 𝑛 điểm cho trước

Đối với dạng bài tập này, ta áp dụng trực tiếp công thức của bài toán nội suy Lagrange

Bài toán 2.1.1 Tìm đa thức 𝑃(𝑥) có bậc bé thua hoặc bằng 4 sao cho

+9(𝑥 − 1)(𝑥 − 2)(𝑥 − 4)(𝑥 − 5)

(3 − 1)(3 − 2)(3 − 4)(3 − 5)+ 16

(𝑥 − 1)(𝑥 − 2)(𝑥 − 3)(𝑥 − 5)(4 − 1)(4 − 2)(4 − 3)(4 − 5)

+25(𝑥 − 1)(𝑥 − 2)(𝑥 − 3)(𝑥 − 4)

(5 − 1)(5 − 2)(5 − 3)(5 − 4)

Khai triển các biểu thức này ra, ta được 𝑃(𝑥) = 𝑥2

Bài toán 2.1.2 Xác định các tam thức bậc hai 𝑓(𝑥) thỏa mãn các điều kiện

(𝑥 − 4)(𝑥 − 7)(16 − 4)(16 − 7)Khai triển các biểu thức này ra, ta được

Áp dụng công thức nội suy Lagrange thì

𝑓(𝑥) = (−2) (𝑥 − 1)(𝑥 − 3)(𝑥 − 7)

(−3 − 1)(−3 − 3)(−3 − 7)+ 11

(𝑥 − 1)(𝑥 + 3)(𝑥 − 7)(3 − 1)(3 + 3)(3 − 7)

+ 117(𝑥 − 1)(𝑥 + 3)(𝑥 − 3)

(7 − 1)(7 + 3)(7 − 3)Khai triển các biểu thức này ra, ta được

𝑓(𝑥) =8𝑥

3+ 17𝑥2− 7𝑥 − 150

2.2 Phân tích một phân thức thành tổng các phân thức đơn giản

Trước hết ta xét bài toán mở đầu: Cho 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛 là 𝑛 số đôi một khác nhau và deg 𝑓(𝑥) ≤ 𝑛 − 1 Khi đó ta có thể phân tích

𝑓(𝑥)(𝑥 − 𝑎1)(𝑥 − 𝑎2) … (𝑥 − 𝑎𝑛) =

Chứng minh: Áp dụng đa thức nội suy Lagrange tại các mốc nội suy 𝑎𝑘, 𝑘 = 1, 𝑛,

𝑓(𝑥)(𝑥 − 𝑎1)(𝑥 − 𝑎2) … (𝑥 − 𝑎𝑛)=

𝑓(𝑎1)(𝑎1− 𝑎2)(𝑎1 − 𝑎3) … (𝑎1− 𝑎𝑛).

1(𝑥 − 𝑎1)

(𝑎2− 𝑎1)(𝑎2− 𝑎3) … (𝑎2− 𝑎𝑛).

1(𝑥 − 𝑎2)

(𝑎𝑛− 𝑎1)(𝑎𝑛− 𝑎2) … (𝑎𝑛− 𝑎𝑛−1).

1(𝑥 − 𝑎𝑛) Trong đó

1(2 − 1)(𝑥 − 2)

Giải

Áp dụng bài toán mở đầu, ta phân tích

2− 4𝑥(𝑥 − 2)(𝑥 + 2)(𝑥 + 3) =

22− 4.2(𝑥 − 2)(2 + 2)(2 + 3)

+ (−2)2− 4 (−2)(−2 − 2)(𝑥 + 2)(−2 + 3)+

(−3)2− 4 (−3)(−3 − 2)(−3 + 2)(𝑥 + 3)

Bài toán 2.2.3 Phân tích phân thức sau thành tổng các phân thức đơn giản

2 + 1(𝑥 − 1)2(𝑥 + 3)(𝑥 + 4)

Giải

Áp dụng bài toán mở đầu, ta phân tích

𝑥2 + 1(𝑥 − 1)(𝑥 + 3)(𝑥 + 4) =

175(𝑥 + 4)−

52(𝑥 + 3)+

110(𝑥 − 1)Suy ra

𝑥2+ 1

(𝑥 − 1)2(𝑥 + 3)(𝑥 + 4) =

175(𝑥 + 4)(𝑥 − 1)−

52(𝑥 + 3)(𝑥 − 1)+

110(𝑥 − 1)2

Ta lại phân tích các phân thức sau

175(𝑥 + 4)(𝑥 − 1)=

17

−25(𝑥 + 4)+

1725(𝑥 − 1)5

2(𝑥 + 3)(𝑥 − 1)=

−58(𝑥 + 3)+

58(𝑥 − 1)

Khi đó

𝑥2+ 1(𝑥 − 1)2(𝑥 + 3)(𝑥 + 4)=

17

−25(𝑥 + 4)+

1725(𝑥 − 1)−

−58(𝑥 + 3)

8(𝑥 − 1)+

110(𝑥 − 1)2

Rút gọn ta được

𝑥2+ 1

(𝑥 − 1)2(𝑥 + 3)(𝑥 + 4)=

110(𝑥 − 1)2+ 11

200(𝑥 − 1)+

58(𝑥 + 3)−

1725(𝑥 + 4)

2.3 Tính giá trị của đa thức tại một điểm

Bài toán 2.3.1 Cho đa thức 𝑃(𝑥) bậc 𝑛 thỏa mãn điều kiện

𝑃(𝑘) = 𝑘

𝑘 + 1, ∀𝑘 = 0, 1, 2, … 𝑛 Hãy tìm 𝑃(𝑛 + 1)

= ∑ 𝑘

𝑘 + 1.

(𝑛 + 1) 𝑛 (𝑛 − 1) … (𝑛 − 𝑘 + 2)(𝑛 − 𝑘) … 1𝑘(𝑘 − 1)(𝑘 − 2) … 1 (−1) … (𝑘 − 𝑛)

Bài toán 2.3.3 Cho đa thức 𝑓(𝑥) ∈ ℝ[𝑥] có bậc 𝑛 thõa mãn đồng thời các điều kiện sau:

{

𝑓(0) = 0𝑓(1) = 1

2𝑓(2) = 2

3

…𝑓(𝑛) = 𝑛

𝑛 + 1Tính giá trị của 𝑓(𝑛 + 1)

𝑓(𝑛 + 1) = ∑ (𝑛 + 1)!

(𝑛 + 1 − 𝑖)! (𝑖 − 1)! (−1)

𝑛−𝑖 𝑛

+ 𝑥2𝑛 (𝑥 − 𝑥1)(𝑥 − 𝑥3) … (𝑥 − 𝑥𝑛)(𝑥2− 𝑥1)(𝑥2− 𝑥3) … (𝑥2− 𝑥𝑛)+ ⋯

+ 𝑥𝑛𝑛 (𝑥 − 𝑥1)(𝑥 − 𝑥2) … (𝑥 − 𝑥𝑛−1)(𝑥𝑛− 𝑥1)(𝑥𝑛− 𝑥2) … (𝑥𝑛− 𝑥𝑛−1)

Từ bài toán trên ta cũng suy ra một kết quả thú vị như sau:

Cho 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛 là các số nguyên dương phân biệt Khi đó với mọi số nguyên dương 𝑘 thì

Bài toán 2.4.2 Cho đa thức

Suy ra

𝑛(𝑛 + 1)

𝑘𝑛 (−1)𝑘𝑘! (𝑛 − 𝑘)!

𝑛

𝑘=0

= ∑𝑘

𝑛+1 (−1)𝑘𝑘! (𝑛 − 𝑘)!

- Từ kết quả (2.1) ta suy ra kết quả tổng quát sau:

Với 𝑛 nguyên dương và số thực 𝑎 bất kì ta có:

Từ (2.5.1) và (2.5.2) suy ra với mọi 𝑥 ∈ [−𝑛; 𝑛] thì

Trong cả hai trường hợp ta đều có |𝑓(𝑥)| ≤ 2𝑀2− 1, ∀𝑥 ∈ [−𝑀; 𝑀] (đpcm)

Bài toán 2.5.3 Cho tam thức bậc hai: 𝑃(𝑥) = 𝑎𝑥2+ 𝑏𝑥 + 𝑐 thỏa mãn điều kiện

𝑥(𝑥 + 1)(1 − 0)(1 + 1)

Đây là điều phải chứng minh

2.6 Các bài toán về phép chia đa thức

Bài toán 2.6.1 Cho các đa thức sau: 𝐴(𝑥) = 𝑥81 + 𝑥49+ 𝑥25 + 𝑥9 + 𝑥 + 1 và 𝐵(𝑥) = 𝑥3− 𝑥 Tìm đa thức dư trong phép chia đa thức 𝐴(𝑥) cho 𝐵(𝑥)

Giải

Gọi 𝑄(𝑥) và 𝑅(𝑥) lần lượt là các đa thức thương và đa thức dư của phép chia 𝐴(𝑥) cho 𝐵(𝑥) Khi đó, ta có deg 𝑅 < deg 𝐵 = 3 và

+𝑅(1)(𝑥 + 1)(𝑥 − 0)

(1 + 1)(1 − 0)= 5𝑥 + 1 Vậy 𝑅(𝑥) = 5𝑥 + 1

Bài toán 2.6.2 Cho 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛 là 𝑛 số khác nhau

Gọi 𝐴𝑖 (𝑖 = 1, 2, … , 𝑛) là phần dư trong phép chia đa thức 𝑓(𝑥) cho 𝑥 − 𝑎𝑖 Hãy tìm phần dư 𝑟(𝑥) trong phép chia 𝑓(𝑥) cho (𝑥 − 𝑎1)(𝑥 − 𝑎2) … (𝑥 − 𝑎𝑛)

Đặt 𝑥 = 𝑎𝑖 và để ý rằng 𝐴𝑖 = 𝑓(𝑎𝑖) Suy ra 𝑟(𝑎𝑖) = 𝐴𝑖

Như vậy, ta biết được các giá trị của đa thức 𝑟(𝑥) có bậc nhỏ hơn 𝑛 tại 𝑛 điểm khác nhau 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑛 Do đó, áp dụng công thức nội suy Lagrange, ta có:

𝑟(𝑥) = 𝐴1 (𝑥 − 𝑎2)(𝑥 − 𝑎3) … (𝑥 − 𝑎𝑛)

(𝑎1− 𝑎2)(𝑎1− 𝑎3) … (𝑎1 − 𝑎𝑛)

+𝐴2 (𝑥 − 𝑎1)(𝑥 − 𝑎3) … (𝑥 − 𝑎𝑛)(𝑎2 − 𝑎1)(𝑎2− 𝑎3) … (𝑎2− 𝑎𝑛)

Bài toán 2.6.3 Cho đa thức 𝑃 ∈ ℤ[𝑥] khác hằng, không có nghiệm nguyên

Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương 𝑚 ≤ 2 deg 𝑃 + 1 sao cho 𝑃(𝑚) không