Bài tiểu luận môn phương pháp tính nhóm 02

GVHD: TS Trịnh Công Diệu Lớp: Toán VB2-K2 – NHÓM 2 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Trƣờng Đại Học Sƣ Phạm TP.HCM Khoa Toán – Tin THÀNH VIÊN NHÓM 2: 1. NGUYỄN THỊ MỸ THUẬN 2. MAI XUÂN BÌNH 3. PHẠM THỊ KIM CƢƠNG. 4. PHẠM THẾ SINH I. ĐẶT VẤN ĐỀ 1 II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1 1. Định lí về phép chia có dƣ 2 2. Thuật toán tính giá trị của đa thức 3 3. Cơ sở lí luận cho bài toán chuyển đổi 3 4. Chuyển đa thức từ dạng ctsr này sang dạng ctsr khác 7 4.1 Thuật toán 7 4.2 Ví dụ 8 4.3 Chƣơng trình 10 III. KẾT LUẬN 11 IV. Bổ sung dạng chuyển đổi đa thức 11 1. Chuyển đa thức từ dạng chính tắc sang dạng chuẩn tắc suy rộng ……………… 11 2. Chuyển đa thức từ dạng chuẩn tắc suy rộng sang dạng chính tắc ……………… 13 V.TÀI LIỆU THAM KHẢO 17 MỤC LỤC 1 I. Đặt vấn đề: Cho là một đa thức bậc n theo biến . Đa thức được biểu diễn duy nhất dưới các dạng sau: •Dạng chính tắc: với •Dạng chuẩn tắc: với •Dạng chính tắc suy rộng: với •Dạng chuẩn tắc suy rộng: với Vấn đề đặt ra là làm thế nào để chuyển đa thức từ dạng này sang dạng khác ? II. Giải quyết vấn đề: 1. Cơ sở lí luận Ta nhận thấy dạng chính tắc, chuẩn tắc, chính tắc suy rộng là các trường hợp đặc biệt của dạng chuẩn tắc suy rộng. Dạng chính tắc: Dạng chuẩn tắc: Dạng chính tắc suy rộng: 1. Định lý: về phép chia có dƣ Trong trường số thực R, cho hai đa thức P(x) và Q(x) bất kỳ của vành , trong đó deg(Q)  1, tồn tại duy nhất các đa thức S(x) và R(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện: i) P(x) = Q(x).S(x) + R(x) ii) deg(R) < deg(Q) ()Px x ()Px 0 () n i i i P x a x    0 1 2 ; ; ; n a a a a R 0 ( ) ( ) n i i i P x a x     0 1 2 ; ; ; ; n a a a a R   [] 0 () n i i i P x a x    12 ; ; n a a a R [ ; ] 0 ( ) ( ) n ih i i P x a x     0 1 2 ; ; ; ; n a a a a R   0, 0h   0h  1, 0h   []Rx 2 Chứng minh. Tồn tại.Ta chứng minh bằng quy nạp theo m = deg(P), n = deg(Q). Nếu deg(P) < deg(Q) thì ta có thể chọn S(x)  0 và R(x) = P(x) thoả mãn đồng thời các điều kiện i) và ii). Giả sử m  n và định lý đã được chứng minh với các đa thức có bậc nhỏ hơn m. Ta chứng minh định lý đúng với các đa thức bậc m. Giả sử Xét đa thức Do hệ số của x m ở hai đa thức bị triệt tiêu nên bậc của H(x) không vượt quá m-1. Theo giả thiết quy nạp, tồn tại các đa thức S*(x), R*(x) sao cho H(x) = S*(x).Q(x) + R*(x) Nhưng khi đó Vậy đặt S(x) = (a m /b n )x m-n + S*(x) và R(x) = R*(x) ta được biểu diễn cần tìm cho P(x). Duy nhất. Giả sử ta có hai biểu diễn P(x) = S(x).Q(x) + R(x) và P(x) = S*(x).Q(x) + R*(x) thoả mãn điều kiện ii). Khi đó Q(x).(S(x)-S*(x)) = R*(x) – R(x). Ta có, theo điều kiện ii) và định lý 1 thì deg(R*(x) – R(x)) < deg(Q). Mặt khác, nếu S(x) – S*(x) không đồng nhất bằng 0 thì deg(Q(x).(S(x)-S*(x))) = deg(Q(x)) + deg(S(x)-S*(x))  deg(Q). Mâu thuẫn vì hai vế bằng nhau. Theo ký hiệu của định lý thì S(x) được gọi là thương số và R(x) được gọi là dư số trong phép chia P(x) cho Q(x).    n k k k m k k k xbxQxaxP 00 )(,)( ) () ( )()()( 1 1 1 001 1 1                   m n nm m n n nm n m m m m m nm n m x b ba a bxbx b a axaxaxa xQx b a xPxH ( ) ( ) ( ) ( *( )) ( ) *( ) m n m n mm nn aa P x H x x Q x x S x Q x R x bb       3 2. Thuật toán tính giá trị của đa thức Định lý Bezout: Cho đa thức và số . Ta có: . Suy ra: (Số dư trong phép chia đa thức P(x) cho x–α là P(α).) Chứng minh: Ta chỉ cần chứng minh P(x) - P(α) chia hết cho x- α. Nhưng điều này là hiển nhiên vì P(x) - P(α)=a n (x n - α n )+a n−1 (x n−1 - α n−1 )+ + a 1 (x− α) và x k - α k =(x− α)(x k−1 + α x k−2 + + α k−1 ) 3. Cơ sở lí luận cho Bài toán chuyển đổi: Cho đa thức dưới dạng chuẩn tắc suy rộng như sau (1) Ta sẽ biểu diễn về dạng chuẩn tắc suy rộng như sau: (2) với cho trước. Để thực hiện được việc chuyển dạng này ta cần xác định các hệ số . Ta có:   0 [ , ] 0 () n ih i i xxP x a    aR       0 P x b x Q x       0 Pb   ()Px [ ; ] 0 ( ) ( ) n ih i i P x a x     ()Px [ ; ] 0 ( ) ( ) n ik i i P x b x     ,kR   ( 0, ) i b i n             , [ , ] 0 1 [ , ] [ , ] 0 1 [ -1, ] [ , ] 0 1 [ -1, ] [ , ] 0 [ -1, ] 1 ,1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( ) 1 ( ) ( ) 1 nn n ih i i n n h i h ni i n n h i h ni i n n h i h ni i nh n n n nn b b P x a x a x a x a x x n h a x a x x n h a x a x x a n h a                                                             2 [ -1, ] [ , ] 0 ( ) ( ) n n h i h i i x a x        4 với Khi đó, ta có Mà theo thuật toán tính giá trị đa thức ta có: Vậy . Đặt . Ta có:       , 2 [ -1, ] [ -1, ] [ , ] 1 0 ,1 ( ) 1 ( ) ( ) nn n n h n h i h n n n i i nn b b a x x a n h a x a x                           2 [ -1, ] [ -1, ] [ , ] , , 1 0 ( ) ( ) ( ) n n h n h i h n n n n i i b x x b x a x                                 ,2 ,1 3 [ -1, ] [ -2, ] [ -2, ] [ , ] , , 1 , 1 2 0 [ -1, ] [ -2, ] , , 1 ,2 ,2 1 ( ) ( ) 2 ( ) ( ) ( ) ( ) nn n n n h n h n h i h n n n n n n n i i n h n h n n n n n n b b b x x b x x b n h a x a x b x x b x x b x x b h a                                                                             ,0 0 [ -1, ] [ -2, ] , , 1 ,2 ,1 ,1 0 [ -1, ] [ -2, ] , , 1 ,2 ,1 ,0 [ 1, ] , 1 ( ) ( ) ( ) ( ) () n n h n h n n n n n n n n h n h n n n n n n n n ih n i n i b xa b x x b x x b x x b x b a x b x b x b x b b x b x b                                                       ,0   , , , 1 1, 2, ,1,0 n n n n i n i i ba i n n b ih b a                ,0n Pb     0 Pb     0 ,0n b b P     [ 1, ] 1, 1 () n ih ni i P x b x                1, 1 [ 1, ] 1, 1 1 [ 1, ] [ 1, ] ,, 1 2 [ 2, ] [ 2, ] [ 1, ] , , , 1 , 1 [ 2, ] 1, () ( ) ( ) ( ) 2 ( ) ( ) () nn n ih ni i n n h i h n n n i i n n h n h i h n n n n n n n i i nh n n n b P x b x b x b x b x k x b k n h b x b x b x k x b                                                            1, 2 2 [ 2, ] [ 1, ] 1, 1 , 1 [ 2, ] [ 3, ] 1, 1, 1 [ 1, 1 , 2 ( ) ( ) ( ) ( ) 3 ( ) nn n n h i h n n i i n h n h n n n n n n n n n b x b x b x k x b x k x b k n h b x                                          3 3, ] [ 1, ] , 1 () n h i h ni i bx       5 với Tương tự, ta có Khi đó Tiếp tục làm như trên, sau n-2 bước ta có: với Bước n-1: Đặt Vậy sau n-1 bước ta thu được P(x) có dạng sau:                 [ 2, ] [ 3, ] 1, 1, 1 ,2 ,1 [ 2, ] 1, [ 2, ] [ 3, ] ( ) ( ) 1, 1, 1 1,2 1,2 ,1 1,1 ( ) ( ) () n h n h n n n n n n nh nn n h n h b x k x b x k x b x k b k b n n n n n n n b n b x k x b x k x b x b x k b x                                                                 [ 3, ] 1, 1 1,2 1,1 [ 2, ] 1, 1,1 2 ( ) () nh n n n n n ih n i n i b x b b x k b x b                         1, . 1, 1, 1 , 1, 2, ,k n n n n n i n i n i bb i n n b ih b b                   1 1 1,1n b P k b            [ 2, ] 1, 1,1 ,0 2 () n ih n i n n i P x x x k b x b b                                            1, 2 2 2, 2, 2 2,2 1,1 ,0 1 n i n h P x x x k x k x n b x b b b b i n n n n in k                                           1, 2 2, 2, 2 1 2 n i n h n i n in P x x n k b x b                  2 2 2, 2 2)k nn b P n b             1, 1 2, 1 n i n h ni in P x b x                             1, 1 2, 1 2, 2, 1 2, 2, 2, 1 1, 1, 1 11 1 n i n h ni in nn n n n nn P x b x b x b b x n k b n k b b x n k b                                  6 Ta tóm tắt lại quá trình trên như sau: … … 1 … … … … … … …                                     [ , ] 0 1, 1, 1 2, 2 1,1 ,0 1, 1, 1 ( ) ( ) 2 1 1 2 n ih i i n n n n n nn P x a x x x k x n k x n k b b b b b b x x k x n k b x x k x n k                                                                        2,2 1,1 ,0 1 21 1 2 n n n nn b x x k b x b b x x k x n k b x x k x n k b x x k b x                                                          0 ,k 1,k 2,k 1 2 1 0 [ ,k] 0 () nn nn n i i i b b x b x b x b x b bx                       j jk   n a 1n a  2n a  1 a 0 a 0  ,nn b ,1nn b  ,2nn b  ,1n b   ,0 0 n bP b    k   1,nn b  1, 1nn b  1, 2nn b    1,1 1 1 n b P k b     2n   2nk   2,n b 2, 1n b      2, 2 2 2 2 n n n b Pn b k          1n   1nk   1,nn bb     1, 1 1 1 1 = nn n b P n b k       7 4. Chuyển đa thức từ dạng chuẩn tắc suy rộng này sang dạng chuẩn tắc suy rộng khác 4.1 Thuật toán: Chuyển đa thức từ dạng chuẩn tắc suy rộng này sang dạng chuẩn tắc suy rộng khác - Nhập:  n{ bậc của đa thức}    h,k {lần lượt là bước nhảy của dạng chuẩn tắc suy rộng ban đầu và dạng chuẩn tắc suy rộng cần chuyển đổi.} - Xuất: - Thuật toán: 1. Gán 2. Với mỗi j chạy từ 0 đến n-1, với mỗi i chạy từ n-1 đến j Gán Gán 3. Xuất . Thuật toán trên có thể được trình bày dưới dạng bảng sau: (Nhân chéo, cộng dọc) … … … … … … … …       , 01 0 , , , , n ih ni i a a a P x a x                    , ,k 00 , ; ; nn i h i ii ii R P x a x P x b x               [ , ] 01 0 , , , , ( ) ( ) n ik ni i b b b P x b x        : nn ba   1 : i i i a a jk i j h a           : ii ba 01 , , , n b b b j jk   n a 1n a  2n a  1 a 0 a   1nh       2nh     h     0  ,nn b ,1nn b  ,2nn b  ,1n b ,0 0n bb   2k n h        3k n h      k   1 k   1,nn b  1, 1nn b  1, 2nn b  1,1 1n bb   1n   1nk   1,nn bb 1, 1 1 = nn bb  8 2. Các ví dụ: Ví dụ 1: Cho đa thức , với . Hãy biểu diễn đa thức ở dạng chuẩn tắc suy rộng Gỉai: Ta có: Bƣớc 1:Xác định các hệ số ban đầu. Bước 2: Điền vào bảng. 6 5 4 3 2 1 0 -7 -5 -3 -1 1 2 6 -37 189 -564 566 567 0 -4 -2 0 2 3 6 -61 311 -564 -562 0 -1 1 3 4 6 -67 244 168 0 2 4 5 6 -55 24 0 5 6 6 -25 Suy ra: Bước 3: Vậy dạng biểu diễn ở dạng chuẩn tắc suy rộng: là: 5 ( ;2) 0 ( ) ( 1) i i i P x a x    0 1 2 3 4 5 1, 2, 3, 4, 5, 6a a a a a a      ()Px 5 ( ;1) 0 ( ) ( 2) i i i P x b x    5 [ ;2] 0 ( ) ( 1) i i i P x a x    0 1 2 3 4 5 5, 1, 2, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 2, 1n h a a a a a a k             0 1 2 3 4 5 567, 562, 168, 24, 25, 6b b b b b b        ()Px 5 ( ;1) 0 ( ) ( 2) i i i P x b x    5 ( ;1) (1;2) (2;2) (3;2) (4;2) (5;2) 0 ( ) ( 2) 567 562( 2) 168( 2) 24( 2) 25( 2) 6( 2) i i i P x b x x x x x x                [...]... printf("%5d", hs[i]); } } printf("\n\nCac he so cua da thuc moi o dang chinh tac la:\n"); for (i=0; i=j; i ) { printf("%6.1f ", hs[i]); } } printf("\nVoi beta =%6.1f va k = %6.1f, cac he so cua da thuc moi la:\n",beta,k); for (i=0; i . ", hs[i]); } getch(); } V. TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Bài giảng Phương Pháp Tính của thầy Trịnh Công Diệu. 2. Phương pháp tính – Tạ Văn Đĩnh . II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1 1. Định lí về phép chia có dƣ 2 2. Thuật toán tính giá trị của đa thức 3 3. Cơ sở lí luận cho bài toán chuyển đổi 3 4. Chuyển đa thức từ dạng ctsr này sang dạng ctsr. α n−1 )+ + a 1 (x− α) và x k - α k =(x− α)(x k−1 + α x k−2 + + α k−1 ) 3. Cơ sở lí luận cho Bài toán chuyển đổi: Cho đa thức dưới dạng chuẩn tắc suy rộng như sau (1) Ta sẽ biểu diễn