Một số thuật toán nội suy để xác định các nguyên hàm sơ cấp của hàm hữu tỷ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC -NGUYỄN THÚY VÂN MỘT SỐ THUẬT TOÁN NỘI SUY ĐỂ XÁC ĐỊNH CÁC NGUYÊN HÀM SƠ CẤP CỦA HÀM HỮU TỶ LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - NĂM 2014... TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHO

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

-NGUYỄN THÚY VÂN

MỘT SỐ THUẬT TOÁN NỘI SUY

ĐỂ XÁC ĐỊNH CÁC NGUYÊN HÀM

SƠ CẤP CỦA HÀM HỮU TỶ

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - NĂM 2014

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

-Nguyễn Thúy Vân

MỘT SỐ THUẬT TOÁN NỘI SUY

ĐỂ XÁC ĐỊNH CÁC NGUYÊN HÀM

SƠ CẤP CỦA HÀM HỮU TỶ

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: TOÁN ỨNG DỤNG

Mã số: 60.46.01.12

Người hướng dẫn khoa học

GS TSKH NGUYỄN VĂN MẬU

THÁI NGUYÊN - NĂM 2014

Mục lục

Mở đầu 3

Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị 6

1.1 Định nghĩa và các tính chất của hàm sơ cấp 6

1.1.1 Nguyên hàm của các hàm số hữu tỉ 10

1.1.2 Nguyên hàm của hàm số đại số 11

1.1.3 Tích phân elliptic 12

1.1.4 Định lý Liouville về sự tồn tại nguyên hàm sơ cấp 15

1.2 Công thức nội suy Lagrange và Hermite 23

1.2.1 Công thức nội suy Lagrange 23

1.2.2 Công thức nội suy Hermite 24

Chương 2 Một số thuật toán tìm nguyên hàm của hàm hữu tỉ 28

2.1 Thuật toán Lagrange 28

2.2 Thuật toán Hermite 31

2.3 Thuật toán Horowitz 43

Chương 3 Nguyên hàm các hàm số ngược của các hàm hữu tỉ và một số ví dụ liên quan 48

3.1 Nguyên hàm của một số lớp hàm tổng quát 48

3.2 Một số hàm số không có nguyên hàm sơ cấp 55

3.3 Nguyên hàm các hàm số ngược của hàm số hữu tỉ 62

Kết luận 66

Tài liệu tham khảo 68

Hiện nay chúng ta đã biết có rất nhiều cách để tính các nguyên hàm củamột hàm số như sử dụng bảng nguyên hàm cơ bản, phép đổi biến số, phéplấy nguyên hàm (tích phân) từng phần Tuy nhiên, trong một số trườnghợp đối với những hàm số dạng phức tạp thì rất khó nhận biết nên áp dụngphương pháp nào để tính nguyên hàm của nó Thông thường, người ta tìmcác thuật toán để đưa hàm số đã cho về các hàm số có dạng đơn giản hơnnhờ các phép toán nội suy cổ điển đã biết.

Mục đích của luận văn là tìm hiểu và trình bày các thuật toán để xácđịnh nguyên hàm của hàm phân thức hữu tỷ (tử số và mẫu số là những đathức đại số), và tìm hiểu tiêu chuẩn để nhận biết các hàm số quen thuộc như

Nội dung của luận văn gồm 3 chương:

*Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị Chương này trình bày định nghĩa

và tính chất của hàm số sơ cấp, các định lí về sự tồn tại nguyên hàm củahàm số sơ cấp cùng với định lí Liouville và các công thức nội suy Lagrange

và Hermite

*Chương 2 Một số phương pháp tìm nguyên hàm của hàm hữu tỷ Nộidung của chương này dành để trình bày một số thuật toán để tính nguyênhàm của một hàm hữu tỷ tổng quát bằng việc áp dụng nội suy Lagrange, nội

suy Hermite và phương pháp Horowitz là một cách cải biên phương pháp nộisuy Hermite trong trường hợp cụ thể Tiếp theo trình bày các ví dụ minhhọa.

*Chương 3 Một số ví dụ áp dụng Chương này đưa ra một số lớp hàm sốtổng quát có thể tính nguyên hàm hoặc chứng minh không tồn tại nguyênhàm sơ cấp, cách tính tích phân của một số hàm số ngược

Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến NGND GS TSKH NguyễnVăn Mậu, người Thầy đã giúp cho tác giả có niềm say mê nghiên cứu Toánhọc, đã tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình học tập vàhoàn thành luận văn này

Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Đào tạo, KhoaToán Ứng Dụng, các thầy cô đã tham gia giảng dạy cho lớp Cao học Toánniên khoá 2012 - 2014, các thầy cô và các anh chị đồng nghiệp của lớp ToánK6D trường Đại học Khoa học Thái Nguyên, Đại học Thái Nguyên đã giúp

đỡ và góp ý để luận văn được hoàn chỉnh

Tác giả xin chân thành cảm ơn UBND tỉnh và Sở GDĐT Phú Thọ, Bangiám hiệu trường THPT Hương Cần, Huyện Thanh Sơn, các bạn bè đồngnghiệp và gia đình đã động viên, tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất cho tácgiả trong thời gian học tập và nghiên cứu

Hệ thống các ký hiệu

sử dụng trong luận văn

- deg f (x) là bậc của đa thức f (x)

- F0(x) là nguyên hàm (cấp 1) của đa thức f (x) ứng với hằng số c = 0,tức là F0(x) thoả mãn F0(0) = 0

- Fc(x) là nguyên hàm (cấp 1) của đa thức f (x) ứng với hằng số c,

CHƯƠNG 1

Một số kiến thức chuẩn bị

1.1 Định nghĩa và các tính chất của hàm sơ cấp

Chúng ta sẽ bắt đầu mục này với định nghĩa về hàm số đại số

Định nghĩa 1.1 ([5]) Hàm số f (x) được gọi là một hàm số đại số tườngminh (hiển) của x nếu f (x) là tổ hợp hữu hạn của các phép toán số học(cộng, trừ, nhân, chia) và hữu hạn phép lấy căn thức của các phần tử là các

, , là các hàm đại số tường minh

Nếu y là một hàm số đại số tường minh của x thì y luôn thỏa mãn mộtphương trình dạng ym + R1ym−1+ · · · + Rm = 0, trong đó các Ri là nhữnghàm số hữu tỉ

Định nghĩa 1.2 ([5]) Hàm số y được gọi là một hàm số đại số của x nếu

y thỏa mãn phương trình ym + R1ym−1 + · · · + Rm = 0 với các Ri là nhữnghàm số hữu tỉ của x

Định nghĩa 1.3 ([1]-[5]) Một hàm số sơ cấp là một hàm số được cho bởimột trong các dạng sau:

1 Là đa thức đại số,

2 Là hàm số hữu tỉ,

3 Là hàm số mũ ex,

4 Là hàm số logarit logax,

5 Là hàm số được xác định bởi tổ hợp hữu hạn các phép toán cộng, trừ,nhân, chia, lấy căn, luỹ thừa, hàm ngược và hàm hợp của các hàm sốthuộc các lớp hàm liệt kê ở trên.

Vì f là hàm số sơ cấp nên f thuộc một mở rộng sơ cấp C(x)(y) ⊃C(x) với

y là một sơ cấp trên C(x) Khi đó, g(f ) ∈ C(x)(y)(g(z)) Vì C(x)(y)(g(z))

là mở rộng sơ cấp của C(x) nên hàm số g(f ) là sơ cấp

Bây giờ chúng ta sẽ chứng tỏ các hàm số lượng giác và lượng giác ngược làcác hàm số sơ cấp theo hai định nghĩa trên

Ví dụ 1.2 Áp dụng Công thức Euler (eix = cos x + i sin x) ta có

sin x = 1

2i e

ix− e−ix

,cos x = 1

2 e

ix+ e−ix
,tan x = e

ix− e−ix

i (eix + e−ix) ,cot x = i e

ix+ e−ix

eix − e−ix

Theo Định nghĩa 1.3 ta suy ra các hàm số lượng giác là những hàm số sơcấp Ta cũng dễ dàng kết luận các hàm số trên là sơ cấp theo Định nghĩa 1.4.Chẳng hạn, với hàm số sin x ta có sin x = 1

2i e

ix − e−ix

∈ C(x)(eix)(e−ix).Sau đây, ta sẽ chứng tỏ các hàm số lượng giác ngược cũng là các hàm số sơcấp Ta có sin x = 1

2iln

1 + ix

1 − ix,arccotx = 1

2iln

ix − 1

ix + 1.

Từ đó suy ra các hàm sốarcsin x, arccos x, arctan xvà arccotx là những hàm

số sơ cấp theo mỗi định nghĩa trên

Định nghĩa 1.5 ([4]) Cho G là một mở rộng sơ cấp của trường F Với mỗi

f ∈ F ta nói rằng f có một nguyên hàm là hàm số sơ cấp (hay nguyên hàm

sơ cấp) nếu có một phần tử g ∈ G sao cho g0 = f

Ví dụ 1.3 Ta có trường Q(ln x)(x) là một mở rộng sơ cấp của trường Q(x).Khi đó vì ln x ∈ Q(ln x)(x) và (ln x)0 = 1

x ∈ Q(x) nên ta nói hàm số 1

x cónguyên hàm sơ cấp

Nhận xét 1.1 Nếu g là một nguyên hàm sơ cấp của f thì g + C với C làmột hằng số tùy ý cũng là nguyên hàm sơ cấp của f Ta ký hiệu tập tất cảcác nguyên hàm của f là R f dx

Định nghĩa 1.6 Một đa thức bậc n của ẩn x là biểu thức có dạng

Pn(x) = anxn + an−1xn−1+ · · · + a1x + a0,trong đó các hệ số an, an−1, , a0 là những số thực (hoặc phức) và an 6=

0, n ∈ N

Ta kí hiệu

i Bậc của đa thức Pn(x) là deg Pn(x) Do vậy deg Pn(x) = n

ii an - hệ số bậc cao nhất (chính) của đa thức

Chú ý 1.1 Trong luận văn này ta chủ yếu xét các đa thức Pn(x) với các

hệ số của nó đều là thực và gọi tắt là đa thức thực Ký hiệu tập hợp các đathức với hệ số thực là R[x]

Định nghĩa 1.7 ([1]-[2]) Cho đa thức

Pn(x) = anxn + an−1xn−1+ · · · + a1x + a0 (an 6= 0),

số α ∈ C được gọi là nghiệm của đa thức Pn(x) nếu Pn(α) = 0

Nếu tồn tại k ∈ N, k > 1, sao cho Pn(x) (x − α)k nhưng Pn(x) khôngchia hết cho (x − α)k+1 thì α được gọi là nghiệm bội bậc k của đa thức f (x).Đặc biệt, khi k = 1 thì α được gọi là nghiệm đơn, k = 2 thì α được gọi

là nghiệm kép

Chú ý 1.2 Nghiệm của đa thức thực còn gọi là không điểm của đa thức đó.Định lý 1.1 (Gauss) Mọi đa thức bậc n > 1 trên trường C đều có đúng nnghiệm nếu mỗi nghiệm được tính một số lần bằng bội của nó

Bổ đề 1.1 Các nghiệm phức thực sự (khác thực) của đa thức thực Pn(x)xuất hiện theo từng cặp nghiệm liên hợp

Chứng minh Thật vậy, nếua ∈ C là nghiệm của phương trìnhPn(x) = 0thì Pn(a) = 0 Khi đó ta có

0 = Pn(a) = Pn(a)

Suy ra a cũng là nghiệm của phương trình Pn(x) = 0

Định lý 1.2 Mọi đa thức f (x) ∈ R[x] bậc n, với hệ số chính an 6= 0, đều

Ngoài ra, khi x → +∞ thì P (x) → sign (an)∞.

Khi x → −∞ thì P (x) → (−1)nsign (an)∞

1.1.1 Nguyên hàm của các hàm số hữu tỉ

Lớp hàm quen thuộc không tầm thường đầu tiên có nguyên hàm sơ cấp làlớp các hàm số hữu tỉ Kết luận này được Laplace chứng minh lần đầu tiênvào năm 1812 bằng cách phân tích một hàm số hữu tỉ ra thành tổng của cácphân thức đơn giản Dưới đây ta sẽ phát biểu và chứng minh định lý này.Định lý 1.4 (Laplace, 1812) Nguyên hàm của một hàm số hữu tỉ là mộthàm sơ cấp Nguyên hàm này hoặc là hàm số hữu tỉ, hoặc là tổng của mộthàm số hữu tỉ và một số hữu hạn của các logarit của những hàm số hữu tỉ.Trước khi chứng minh định lý trên ta xét ví dụ minh họa sau

x − 1

x + 2

+ C,với C là một hằng số

Bây giờ, ta trình bày cách chứng minh Định lý Laplace

Chứng minh Nhận xét rằng mọi đa thức Q(x) = b0xn+ b1xn−1+ · · · + bnđều có thể được biểu diễn được như sau

Q(x) = b0(x − a1)m1(x − a2)m2 (x − ar)mr,trong đó m1, , mr là những số nguyên dương có tổng bằng n và a1, , ar

là hàm số sơ cấp

1.1.2 Nguyên hàm của hàm số đại số

Trong phần này, chúng ta sẽ tìm hiểu một tính chất của nguyên hàm củamột hàm số đại số Cụ thể là với y là một hàm số đại số của x và R ydx làmột hàm số đại số thì R ydx là hàm số có dạng như thế nào? Câu hỏi này

đã được Abel trả lời như sau

Định lý 1.5 ([4], Định lý Abel, 1829) Nếu y là hàm số đại số của x vàR

ydx là hàm số đại số thì R ydx là hàm số hữu tỉ theo x và y

Mệnh đề 1.2 ([4], Proposition 2.3]) Nếu L ⊃ K là một mở rộng của mộttrường có đặc số 0 và ` ∈ L\K sao cho `0 ∈ K thì ` là phần tử siêu việt trênK.

Từ mệnh đề trên, ta suy ra

Hệ quả 1.2 Những hàm logarit tự nhiên của biến thực và biến phức là cáchàm siêu việt trên trường các hàm số hữu tỉ R(x) và C(x) tương ứng, vàhàm arctan của biến thực là siêu việt trên R(x)

Chứng minh Gọi R(x) và C(x) tương ứng là trường các hàm số hữu tỉthực và phức Vìln x /∈ R(x) (tương ứng ln x /∈ C(x)) và (ln x)0 = 1

x ∈ R(x)(tương ứng (ln x)0 = 1

x ∈ C(x)) nên theo Mệnh đề 1.2 ta suy ra nhữnghàm logarit tự nhiên của số thực và số phức là siêu việt trên trường cáchàm số hữu tỉ R(x) và C(x) tương ứng Tương tự, vì arctan x /∈ R(x) và(arctan x)0 = 1

1 + x2 ∈ R(x) nên theo Mệnh đề 1.2 ta suy ra arctan x là siêuviệt trên R(x)

Định lý 1.6 (Chebyshev, 1853) Nếu p và q là những số hữu tỉ khác 0 thì

u = R xp(1 − x)qdx là hàm số sơ cấp khi và chỉ khi một trong các số p, qhoặc p + q là số nguyên

Hệ quả 1.3 Nếu p, q và r 6= 0 là những số hữu tỉ và a, b là các số thực khác

0 thì u = R xp(a + bxr)qdx là hàm số sơ cấp khi và chỉ khi một trong các số

p + 1

r , q hay

p + 1

r + q là số nguyên.

Chứng minh Ta viết lại tích phân u dưới dạng u = R aqxp1 + b

Hệ quả 1.4 Nếu n là một số nguyên lớn hơn 2 thì không tồn tại các hàm

số đa thức p(t), q(t) và r(t) sao cho p (x)

n > 2 thì không có một hàm số hữu tỉ khác hằng f (t) và g(t) nào thỏa[f (t)]n + [g(t)]n = 1 là đủ Giả sử có các hàm số hữu tỉ khác hằng f (t) vàg(t)thỏa [f (t)]n+ [g(t)]n = 1.Khi đó, vì g(t).f0(t) là một hàm số hữu tỉ nêntích phân của nó là hàm số sơ cấp (theo Định lý Laplace) Mặt khác

Z

g (t) f0(t) dt =

Z(1 − [f (t)]n)n1f0(t) dt =

Z(1 − fn)n1df Theo Hệ quả 1.3 thì tích phân vế phải của phương trình trên là hàm số sơcấp nếu 1

n hoặc

2

n là một số nguyên Điều này không thể đúng với n > 2.Sau đây là một số ví dụ áp dụng Định lý 1.6 và các hệ quả của định lýnày để kiểm tra một hàm số là sơ cấp hay không sơ cấp

Ví dụ 1.7 Xét tích phân u = R √

1 + k2x2k−2dx Ta viết lại tích phân udưới dạng u = R 1 + k2x2k−2

1

2dx Nếu k = 0, 1 thì dễ dàng kết luận được

u là hàm số sơ cấp Nếu k 6= 0 và k 6= 1, theo Hệ quả 1.3 thì u là hàm số

sơ cấp khi và chỉ khi 1

2k − 2 là một số nguyên hoặc

12k − 2 +

1

2 là một sốnguyên

Vậy u = R √

1 + k2x2k−2dx là hàm số sơ cấp nếu và chỉ nếu k = 0, 1, 1

2,

32hoặc k = 1 + 1

cos xdx = −R u12(1 − u2)−12 du Theo Hệ quả 1.3thìR u12(1 − u2)−12 dukhông là hàm số sơ cấp Do đó các tích phânR √

tan xdx = R

u12 1 + u2
−1du và đặtcot x = u ta được R √

cot xdx = −R u12 1 + u2
−1du Theo Hệ quả 1.3 ta

ii) Tích phân R sinmxcosnxdx là hàm số sơ cấp với mọi giá trị của m và

n Thật vậy, vì m, n là các số nguyên nên ta có

1.1.4 Định lý Liouville về sự tồn tại nguyên hàm sơ cấp

Năm 1834, Liouville là người đầu tiên đưa ra một điều kiện cần và đủ

để một hàm số có nguyên hàm sơ cấp Trong phần đầu của mục này, ta sẽgiới thiệu Định lý Liouville về sự tồn tại của nguyên hàm sơ cấp Tiếp theo,

ta tìm hiểu điều kiện cần và đủ để hàm số có dạng f (x) ln x,với f (x) là hàm

số hữu tỉ, có nguyên hàm sơ cấp

Định lý 1.7 ([4]) Cho F là một trường vi phân có đặc số 0 Gọi C làtrường hằng của trường vi phân F và α ∈ F Khi đó α có một nguyên hàm

sơ cấp trong một trường vi phân E là mở rộng sơ cấp có cùng trường conhằng của F (tức tồn tại y ∈ E sao cho y0 = α) nếu và chỉ nếu tồn tại

ii ) Trong trường hợp tổng quát, điều kiện F và các trường mở rộng cơbản của nó có cùng trường con hằng là cốt yếu để định lí đúng Ta có thểthấy được điều này qua ví dụ sau đây

Cho F = R(x) là trường các hàm số hữu tỉ thực của một biến thựcvới x0 = 1 như thông thường và α = 1

x2 + 1 Rõ ràng

x2 + 1dx là mộtphần tử của một trường mở rộng cơ bản của R(x) và ta khẳng định rằngnếu có thể viết 1

x2 + 1 dưới dạng như trong kết luận của đinh lí trên là với

c1, c2, , cn ∈ R, v ∈ R(x) và u1, u2, , un ∈ R(x)∗ thì sẽ dẫn đến mâuthuẫn

Thật vậy, giả sử rằng x2+ 1 xuất hiện νi lần biểu thức của ui như là mộttích của các lũy thừa của các phần tử tối tiểu trong R[x] thì u0i

ui − 2νix

x2 + 1 làmột phần tử của R(x) không chứa x2+ 1 trong mẫu thức của nó Trong khi

đó nếu x2 + 1 xuất hiện trong mẫu thức của v thì nó sẽ xuất hiện ít nhấthai lần trong mẫu của v0 Vì vậy x2 + 1 sẽ không là ước của mẫu thức của vhoặc không là ước của mẫu thức của v0 Từ đó suy ra rằng 1 −P

2ciνix sẽchia hết cho x2 + 1, điều này là không thể

Bổ đề 1.2 ([10]) Cho F là một trường vi phân, F (t) là mở rộng trường viphân của F có cùng trường con các hằng và t siêu việt trên F sao cho t0 ∈ Fhoặc t0

t ∈ F Khi đó

1) Nếu t0 ∈ F thì với mọi đa thức bậc dương f (t) ∈ F [t] ta có (f (t))0 là

đa thức trong F [t] có cùng bậc với f (t) khi hệ số chính của f (x) khác hằng,hoặc có bậc nhỏ hơn một bậc của f (t) khi hệ số chính của f (t) là hằng.2) Nếu t0

t ∈ F thì với mỗi phần tử khác không a ∈ F và mỗi số nguyên nkhác không, ta có (atn)0 = htn với h ∈ F, h 6= 0 và hơn nữa với mỗi đa thức

f (t) ∈ F [t] có bậc dương thì (f (t))0 là đa thức trong F [t] có cùng bậc với

f (t) và là bội của f (t) nếu f (t) là một đơn thức

Chứng minh 1 ) Gọi f (t) = antn+ an−1tn−1+ · · · + a0 với a0, · · · , an ∈ F,

an 6= 0,deg f (t) > 0 Giả sử t0 = b ∈ F Khi đó

(f (t))0 = a0ntn + (nanb + a0n−1)tn−1 + · · ·Nếu an khác hằng thì ta có (f (t))0 là một đa thức trong F [t] có bậc n.Nếu an là hằng và nanb + a0n−1 = 0 thì (nant + an−1)0 = nanb + a0n−1 = 0

Từ đó suy ra nant + an−1 là hằng và vì vậy nó là một phần tử của F Do đó

t ∈ F Điều này mâu thuẫn với giả thiết t siêu việt trên F

Vậy, nếu an là hằng thì bậc của (f (t))0 là n − 1

2 ) Giả sử t0

t = b ∈ F Lấy a ∈ F, a 6= 0và nlà số nguyên khác không Khi

đó (atn)0 = a0tn + natn−1t0 = (a0 + nab)tn Nếu a0 + nab = 0 thì (atn)0 = 0

Từ đó suy ra atn là hằng và do đó atn ∈ F Điều này mâu thuẫn với tính

siêu việt của t trên F Vậy a0 + nab 6= 0.

Để hoàn thành việc chứng minh bổ đề, ta xét f (t) ∈ F [t] có bậc dương

Ta có (f (t))0 có cùng bậc với f (t) Nếu (f (t))0 là bội của f (t) thì thươngcủa chúng là một nhân tử trong F Vì thế nếu f (t) không phải là đơn thức,(f (t))0 là bội của f (t) và antn, amtm là hai số hạng khác nhau của f (t)thì a0n+ nanb

n

amtm)0 = 0 Do đó antn

amtm ∈ F Điều này mâu thuẫn với tính siêu việt của ttrên F

Bây giờ ta chứng minh định lý Louville

Chứng minh Theo giả thiết ta có một tháp các trường vi phân

F ⊂ F (t1) ⊂ · · · ⊂ F (t1, t2, , tN)sao cho tất cả các trường trên có cùng trường con hằng; mỗi ti là đại số trên

F (t1, t2, , ti−1), hoặc là logarit, hoặc là mũ của một phần tử của trườngnày và tồn tại một phần tử y ∈ F (t1, t2, , tN) sao cho y0 = α Chúng ta

sẽ chứng minh điều kiện cần của định lý bằng phương pháp quy nạp theo Nnhư sau

Khi N = 0 Với việc chọn n = 1, c1 = 0, v = y ta có đẳng thức đúng.Giả sử N > 0 và định lý đã đúng cho trường hợp N − 1 Ta áp dụngtrường hợp N − 1 cho các trường F (t1) ⊂ F (t1, t2, , tN) để suy ra rằng ta

có thể viết α như dạng đã mô tả, nhưng với u1, u2, , un, v ∈ F (t1) thay vìtrong F

Đặt t1 = t, chúng ta có t là đại số trên F, hoặc là logarit, hoặc là mũ củamột phần tử trong F Khi đó ta biết rằng α =

ui + v

0 với c1, c2, , cn

là các hằng củaF, v ∈ F (t) vàu1, u2, , un ∈ F (t)∗ Việc còn lại là tìm mộtbiểu diễn tương tự củaα có thể với mộtnkhác nhưng với các u1, u2, , un ∈

F∗, v ∈ F Đầu tiên giả sử rằng t là đại số trên F Khi đó có những đa thức

U1, U2, , Un, V ∈ F [X] sao cho U1(t) = u1, , Un(t) = un, V (t) = v Gọicác nghiệm của đa thức tối tiểu củat trên F trong một bao đóng đại số thích

Trong các trường hợp còn lại, t là logarit hoặc là mũ của một phần tửtrong F chúng ta giả sử rằng t là siêu việt trên F Khi đó ta có

F [t] Vì vậy chúng ta giả sử rằng u1(t), , un(t) là phân biệt, mỗi chúnghoặc là một phần tử của F hoặc là một đa thức tối tiểu của F [t] và không

có ci nào bằng 0

Bây giờ ta khai triển v(t) thành các phân thức đơn giản, tức là ta biểudiễnv(t) thành tổng của một phần tử của F [t] cộng với các số hạng khác códạng g(t)

(f (t))r trong đó f (t) là một đa thức tối tiểu trong F [t], r là một sốnguyên dương và g(t) là một phần tử khác không của F [t] có bậc nhỏ hơnbậc của f (t) Ta thấy trong đẳng thức trên rõ ràng rằng α không liên quanđến t nên các u1(t), , un(t), v(t) phải có dạng rất đặc biệt để vế phải của

phương trình cũng không liên quan đến t Để biết được dạng đặc biệt nàymột cách cụ thể, ta sẽ tách ra thành các trường hợp cụ thể sau đây.

Trường hợp 1 Giả sử rằng t là logarit của một phần tử của F tức là

ui + c

a0

a + d

0

là một biểu diễn của α theo dạng yêu cầu

Trường hợp 2 Giả sử t là mũ của một phần tử của F, tức là t0

t = b

0 với

b ∈ F Theo Bổ đề 1.2, ta suy ra rằng nếu f (t) là một đa thức tối tiểu của

F [t] khác với t thì f (t)0 ∈ F [t] và f (t) không chia hết f (t)0 Lập luận hoàntoàn như trong trường hợp t là một logarit ở trên ta thấy rằng f (t) khôngthể xuất hiện dưới mẫu của v(t) và cũng không thể có bất kỳ ui(t) nào bằng

f (t) Vì vậy v(t) có thể được viết dưới dạng v(t) = P

j ajtj trong đó mỗi

aj ∈ F và j chạy trên một tập hữu hạn các số nguyên (có thể âm hoặc bằng

0) và tất cả các u1(t), , un(t) đều nằm trong F trừ ra một trong số chúng

Định lý 1.8 ([4]) Cho K là một trường vi phân Gọi C là trường hằng củatrường vi phân K và f ∈ K Khi đó f có một nguyên hàm sơ cấp trongtrường mở rộng sơ cấp E của K (tức tồn tại g ∈ E sao cho Dg = f) nếu vàchỉ nếu tồn tại v ∈ K; c1, c2, , cn ∈ C và u1, u2, , un ∈ K(c1, c2, , cn)sao cho

Giả sử tồn tại E là một mở rộng sơ cấp của K và g ∈ E sao cho Dg = f.Bởi vì CK là đại số trên K và trường hằng của CK chính là C ∩ CK = C,nên CK là trường con hằng đóng đại số và f ∈ CK và g ∈ CE, với

CE là một mở rộng sơ cấp của CK Do đó, theo Định lý 1.7 thì tồn tại

và σ1, , σm là các phép nhúng phân biệt từ F trong K lên K Vì mỗi một

σj, j = 1, 2, , m có thể mở rộng thành đẳng cấu trường của K trên K và

Tr FK : F → K, σj, j = 1, 2, , m giao hoán với D nên ta có

mTr

F

K(v)

+

m) =

(Dci)σj

nêndij ∈ C với mỗiivàj.ĐặtL = K(d11, , dmn)vàM = L(ω11, , ωmn)

Ta có M là đại số trên K, K là bao đóng đại số của L và M đại số hữu hạntrên L Gọi Tr ML : M → M, N : M → L là các ánh xạ vết và ánh xạ chuẩn

zij .

Vì ω ∈ K, dij ∈ C và zijN (ωij) ∈ K(d11, , dmn)∗ nên ta đã hoàn thànhphép chứng minh điều kiện cần

Bây giờ ta sẽ chứng minh điều kiện đủ Khi f = Dv +

Chứng minh Đầu tiên, ta chứng minh điều kiện cần Giả sửR f (x)eg(x)dx

là hàm sơ cấp, với f (x), g(x) là các hàm số hữu tỉ cho trước, f (x) khác 0 vàg(x) khác hằng số Đặt eg = t chúng ta có t0

t = g

0 Xét trên trường vi phân

C(x, t) - một mở rộng siêu việt thuần túy của C(x) Khi đó, nếu R f egdx làhàm sơ cấp thì theo Định lý 1.7 ta có

với c1, c2, , cn ∈ C và u1, u2, , un, v ∈ C(x, t) Bây giờ, ta đặt F = C(x)thì f, g ∈ F và u1, u2, , un, v ∈ F (t) Phân tích mỗi ui tích của các nhân

tử bất khả quy trongF [t] và sử dụng công thức đạo hàm của hàm loga (nếucần), ta có các ui mà không thuộc F là các đa thức tối tiểu và phân biệttrong F [t] Ta khai triển v thành các phân thức đơn giản Từ Bổ đề 1.2 tasuy ra nhân tử tối tiểu trong mẫu thức của v chỉ có thể là t, và các hàm

ui ∈ F/ cũng chỉ có thể là t Do đó, v có dạng là một tổng hữu hạn P

bjtjvới bj ∈ F Vì

f eg nên aeg là một nguyên hàm của f eg

1.2 Công thức nội suy Lagrange và Hermite

1.2.1 Công thức nội suy Lagrange

Cho x0i, a0i ∈ R, với x0i 6= x0j, ∀i 6= j, (i, j = 1, 2, , N ).Hãy xác định

đa thức L(x) có bậc deg L(x) ≤ N − 1 thỏa mãn các điều kiện

Tiếp theo, ta chứng minh rằng đa thức

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

đa thức này được gọi là đa thức nội suy Lagrange

P (x) = L(x) − L∗(x)cũng có bậc deg P (x) ≤ N − 1 và thỏa mãn

P (xi) = 0, ∀i = 1, 2, , N

Tức làP (x) là đa thức có bậc deg P (x) ≤ N − 1 mà lại có ít nhất N nghiệmphân biệt x1, x2, , xN, nên P (x) ≡ 0, và do đó L(x) = L∗(x)

1.2.2 Công thức nội suy Hermite

Choxi, aki ∈ R,vớii = 1, 2, , n; k = 0, 1, , pi−1vàxi 6= xj, ∀i 6= j,trong đó p1 + p2 + · · · + pn = N

Đa thức H(x) có bậc deg H(x) ≤ N − 1 thỏa mãn điều kiện H(k)(xi) =

aki, ∀i = 1, 2, , n; ∀k = 0, 1, , pi − 1 có dạng duy nhất

p i −1−k

X

l=0

1

Wi(x)

(l) (x=xi)

(x − xi)ll! .Giả sử H(x) là đa thức có bậc deg H(x) với deg H(x) ≤ N − 1 và thỏamãn điều kiện bài toán

Ta cần xác định các hệ số αli ∈ R sao cho đẳng thức sau được thỏa mãn

h 1

Wi(x)

i(l−k) (x=xi)

1(x − xi)pi−l

h 1

Wi(x)

i(l−k) (x=x i )

1(x − xi)p i −l.Suy ra

1(x − xi)pi−l

(x − xi)l−k(l − k)! .Đổi chỉ số ở tổng của tổng cuối cùng của đẳng thức trên, ta thu được

(x − xi)ll! .hay

,trong đó

Tn 1

Wi(x)

o(p i −1−k) (x=x i )

(x − xi)ll! .

là đoạn khai triển Taylor đến cấp thứ (pi − 1 − k) tại x = xi của hàm số1

deg Hki(x) ≤ k + (N − pi) + (pi− 1 − k) = N − 1,

Hki(l)(xj) =



1 nếu k = l và i = j

0 nếu k 6= l hoặc i 6= jhayHki(l)(xj) = δklδij

Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng

là đa thức duy nhất thỏa mãn điều kiện của bài toán nội suy Hermite gọi đathức này là đa thức nội suy Hermite

Thật vậy, dễ thấy rằng deg H(x) ≤ N − 1 và

CHƯƠNG 2

Một số thuật toán tìm nguyên hàm của hàm hữu tỉ

Định lý Laplace 1.4 cho ta kết luận rằng mọi hàm hữu tỉ đều có nguyênhàm sơ cấp Tuy nhiên, việc tìm các nguyên hàm này không phải là một côngviệc đơn giản Nội dung của chương này sẽ giới thiệu một số thuật toán quenthuộc tìm nguyên hàm của một hàm số hữu tỉ cho trước, theo thứ tự từ đơngiản đến phức tạp

Nhận xét 2.1 Cho K là một trường có đặc số 0 Gọi K(x) là trường viphân của các hàm số hữu tỉ với phép vi phân thỏa mãnx0 = 1 Gọi p

qdx.

Việc tính R sdx là dễ dàng, ta cần giải quyết bài toán tìm R r

qdx vớideg (r) < deg (q)

Sau đây là một số thuật toán giải bài toán trên

2.1 Thuật toán Lagrange

Trong mục này, ta xét một thuật toán tìm nguyên hàm của hàm số hữu

Công thức nội suy Lagrange Cho n số x1, x2, , xn phân biệt và n số

a1, a2, , an tùy ý Khi đó tồn tại duy nhất một đa thức P (x) với bậc không

vượt quá n − 1, thỏa mãn điều kiện P (xj) = aj, với ∀j = 1, 2, , n Đathức này được xác định theo công thức P (x) =

n

P

j=1

aj Qi=1,i6=j

x − xi

xj − xi.

Từ công thức trên, ta có một phương pháp tìm nguyên hàm của hàm sốhữu tỉ mà mẫu thức bậc n có n nghiệm đơn phân biệt

Nội dung thuật toán

Để tìm nguyên hàm của hàm số hữu tỉ có dạng f (x) = n P (x)

n

Q

i=1

(x − xi) ta sẽ được tích phânbất định dạng đơn giản

Sau đây, ta sẽ giới thiệu vài ví dụ minh họa

Các ví dụ

Ví dụ 2.1 Tìm nguyên hàm của hàm sốf (x) = x

2 − 5x + 10(x − 1) (x − 2) (x + 1) (x + 2).Bài giải Đặt P (x) = x2 − 5x + 10 và xét bốn nút nội suy là x1 = 1; x2 =2; x3 = −1; x4 = −2 Ta có a1 = 6, a2 = 4, a3 = 16, a4 = 24

Áp dụng công thức nội suy Lagrange ta được

P (x) = − (x − 2) (x + 1) (x + 2) + 1

3(x − 1) (x + 1) (x + 2) +

−8

3(x − 1) (x − 2) (x + 2) − 2 (x − 1) (x − 2) (x − 3) Rút gọn f (x) ta được hàm số sau

Từ đây, ta suy ra nguyên hàm của hàm số cần tìm là

Ví dụ 2.2 Tìm nguyên hàm của hàm số f (x) = x

2

(x − 1) (x − 2) (x − 3).Bài giải

f (x) = −1

2(x − 1) − 4

(x − 2) +

92(x − 3).

Từ đây, ta suy ra nguyên hàm của hàm số cần tìm là

Z

f (x) dx = − ln |x − 1| − 4 ln |x − 2| + 9

3ln |x − 3| + C,trong đó C là một hằng số

Ví dụ 2.3 Tìm nguyên hàm của hàm số f (x) = x

2 − 2x + 324x3 − 10x2 − 3x + 1.Bài giải

 

x − 14

+27235



x − 12

 

x − 14



−1237



x − 12

 

x + 13





x − 14

Ví dụ 2.4 Tìm nguyên hàm của hàm số f (x) = x

3

x4 − 5x2 + 4.Bài giải Ta phân tíchx4−5x2+4 = (x−1)(x−2)(x+1)(x+2) Khi đó tađặt P (x) = x3 và xét bốn nút nội suy là x1 = 1; x2 = 2; x3 = −1; x4 = −2

f (x) = −1

6(x − 1) +

23(x − 2) − 1

6(x + 1) +

23(x + 2).

Từ đây, ta suy ra nguyên hàm của hàm số cần tìm là

2.2 Thuật toán Hermite

α1(x − x1)r 1 −1 + · · · + αr1 −1

(x − x1) + Q1(x),và

(x − x1)r 1 −1 + Q1(x)(x − x1)r1

với k!αk = h Q(x)

W1(x)

i(k) x=x 1

; k = 0, 1, , r1 − 1 (2.1)

Nội dung thuật toán

- Bước 1: Xác định các nút nội suy là nghiệm đơn hoặc nghiệm bội củamẫu thức

- Bước 2: Biểu diễn đa thức đã cho theo các nút nội suy theo công thứcHermite

- Bước 3: Tính các hệ số bằng công cụ đạo hàm và biểu diễn

Sau đó, nguyên hàm này có thể tính được nhờ bảng nguyên hàm của cáchàm số thường gặp.

Tiếp theo, ta xét một vài ví dụ minh họa

(x − 1)3 + α1

(x − 1)2 + α2

(x − 1)+ β0

(x − 2)4 + β1

(x − 2)3 + β2

(x − 2)2 + β3

(x − 2).và

1

(x − 2)4 = α0 + α1(x − 1) + α2(x − 1)2

+

 β0(x − 2)4 + β1

(x − 2)3 + β2

(x − 2)2 + β3

(x − 2)

(x − 1)3.Trong đó

(1) x=1 = 4;

α2 = 1

2!

h(x − 2)−4

i(2) x=1 = 10

Ta lại có

1(x − 3)4 = β0 + β1(x − 2) + β2(x − 2)2 + β3(x − 2)3

+ α0(x − 1)3 + α1

(x − 1)2 + α2

(x − 1)

(x − 2)4,

... mr số nguyên dương có tổng n a1, , ar

là hàm số sơ cấp

1.1.2 Nguyên hàm hàm số đại số

Trong phần này, tìm hiểu tính chất nguyên hàm củamột hàm số. .. tồn nguyên hàm sơ cấp< /p>

Năm 1834, Liouville người đưa điều kiện cần đủ

để hàm số có nguyên hàm sơ cấp Trong phần đầu mục này, ta sẽgiới thiệu Định lý Liouville tồn nguyên hàm sơ cấp. .. 2

Một số thuật tốn tìm ngun hàm hàm hữu tỉ

Định lý Laplace 1.4 cho ta kết luận hàm hữu tỉ có nguyênhàm sơ cấp Tuy nhiên, việc tìm nguyên hàm côngviệc đơn giản Nội dung chương