1. Trang chủ
  2. » Luận Văn - Báo Cáo

Đa thức nội suy lagrange đa thức chebyshev và ứng dụng

85 865 1

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 85
Dung lượng 676,86 KB

Nội dung

Công thức nội suy giúp chúng ta xác định một đa thức nhờ một vài giá trị đã biết của đa thức đó tại một số điểm cho trước.. Với mục đích cung cấp thêm một tài liệu tham khảo phục vụ cho

Trang 1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG

NGUYỄN HƯƠNG GIANG

ĐA THỨC NỘI SUY LAGRANGE,

ĐA THỨC CHEBYSHEV VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Hà Nội - Năm 2016

Trang 2

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG

NGUYỄN HƯƠNG GIANG - C00440

ĐA THỨC NỘI SUY LAGRANGE,

ĐA THỨC CHEBYSHEV VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

CHUYÊN NGÀNH : PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

MÃ SỐ : 60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS LƯU BÁ THẮNG

Hà Nội - Năm 2016

Trang 3

Lời cam đoan

Tôi cam đoan đây là công trình nghiên cứu của riêng tôi Các kết quả nghiêncứu trong luận văn là trung thực và chưa từng được ai công bố trong bất kỳcông trình nào khác

Hà Nội, ngày 11 tháng 6 năm 2016

Tác giả luận văn

Nguyễn Hương Giang

i

Trang 4

Lời cảm ơn

Luận văn được hoàn thành dưới sự hướng dẫn hết sức tận tình và đầy nhiệttâm của TS Lưu Bá Thắng Tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến Thầy

và gia đình Tôi cũng xin gửi lời cảm ơn đến Ban giám hiệu trường THPT

Chuyên Bắc Giang, tổ Toán – Tin trường THPT Chuyên Bắc Giang cùng các

Thầy, Cô giáo giảng dạy lớp cao học toán CTM3- Bắc Giang đã tận tình giúp

đỡ và tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt thời gian học tập và nghiên

cứu thực hiện đề tài

Hà Nội, ngày 11 tháng 6 năm 2016

Tác giả luận văn

Nguyễn Hương Giang

Trang 5

Danh mục ký hiệu, chữ viết tắt

IMO : International Mathematical Olympiad

USAMO : USA Mathematical Olympiad

iii

Trang 6

Mục lục

1.1 Vành đa thức một biến 3

1.2 Đa thức trên một trường 5

1.3 Đa thức trên trường số hữu tỉ 7

1.3.1 Nghiệm hữu tỉ của đa thức với các hệ số nguyên 7

1.3.2 Đa thức bất khả quy trên trường số hữu tỉ và tiêu chuẩn Eisenstein 8

1.4 Đa thức trên trường số thực và trường số phức 11

2 Các đa thức nội suy 13 2.1 Đa thức nội suy Lagrange 13

2.1.1 Công thức 13

2.1.2 Tính chất 15

2.1.3 Ví dụ minh họa 16

Trang 7

2.1.4 Bài tập 35

2.2 Đa thức nội suy Chebyshev 36

2.2.1 Công thức 36

2.2.2 Tính chất 37

2.2.3 Ví dụ minh họa 48

2.2.4 Bài tập 65

2.3 Một số đa thức đặc biệt khác 66

2.3.1 Đa thức số 66

2.3.2 Đa thức nội suy Newton 73

v

Trang 8

Mở đầu

1 Lý do chọn đề tài

Bài toán nội suy là một trong những bài toán cơ bản của toán lý thuyết cũng

như toán ứng dụng Công thức nội suy giúp chúng ta xác định một đa thức

nhờ một vài giá trị đã biết của đa thức đó tại một số điểm cho trước Trong

chương trình toán phổ thông, mảng toán đa thức nội suy là một mảng toán

khó, thường chỉ xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi toán quốc gia và quốc

tế Mặc dù gần đây đa thức nội suy ít xuất hiện hơn trong các đề thi vì hệ

thống bài tập mang tính chất lí thuyết của nó, nhưng việc hiểu biết và nghiên

cứu về đa thức nội suy vẫn hết sức quan trọng trong quá trình bồi dưỡng học

sinh giỏi Nhiều bài toán về đa thức nội suy dẫn đến những kết quả lí thú hoặc

phải dùng các cách chứng minh đặc sắc Chúng có tác dụng phát triển tư duy

logic, phát triển tính linh động và sáng tạo khi nghiên cứu toán Đồng thời

sự phát hiện những ứng dụng đa dạng của đa thức nội suy trong đại số cũng

luôn đem lại sự hấp dẫn đối với các giáo viên và học sinh khi nghiên cứu Mặc

dù đã có nhiều tài liệu viết về đa thức nội suy Lagrange, đa thức Chebyshev

nhưng hầu hết đều khó với học sinh khi bắt đầu tiếp cận Với mục đích cung

cấp thêm một tài liệu tham khảo phục vụ cho học sinh chuyên toán tìm hiểu

về hai loại đa thức đó, tôi đã chọn viết đề tài "Đa thức nội suy Lagrange, đa

thức Chebyshev và ứng dụng"

2 Mục đích nghiên cứu

Đề tài đề cập đến một số bài toán nội suy cổ điển và việc ứng dụng chúng để

giải một số dạng toán khó trong chương trình toán phổ thông

3 Nhiệm vụ nghiên cứu

Nghiên cứu các bài toán về đa thức, các dạng toán về khai triển, đồng nhất

thức, các bài toán về tính chia hết của đa thức, , hệ thống lại một số dạng

toán trong chương trình toán phổ thông và một số bài toán nâng cao

4 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

Luận văn tập trung vào nghiên cứu về các công thức nội suy: Công thức nội

suy Lagrange; công thức nội suy Chebyshev; công thức nội suy Newton, đa

thức số trong phạm vi ứng dụng trong chương trình toán phổ thông, giải quyết

Trang 9

một số bài toán khó trong chương trình phổ thông.

5 Cấu trúc của luận văn

Luận văn được chia thành hai chương

Chương 1 Vành đa thức

Trong chương hệ thống lại các kiến thức cơ sở về đa thức: bậc của đathức, nghiệm của đa thức, các khái niệm ước chung, ước chung lớn nhấtcủa hai đa thức, đa thức khả quy, bất khả quy, đa thức nguyên bản, định

lí Bézout, cùng với các tính chất của đa thức trên các trường số hữu

tỉ, trường số thực và trường số phức

Chương 2 Các đa thức nội suy

Trong chương trình bày chi tiết về hai đa thức nội suy Lagrange, đa thứcChebyshev cùng với các tính chất của chúng Đồng thời nêu ứng dụng của

đa thức nội suy Lagrange trong các bài toán chứng minh hoặc tính tổng,rút gọn biểu thức, xác định đa thức, Ứng dụng của đa thức Chebyshevtrong các bài toán cực trị liên quan đến đa thức, giải phương trình bậccao hoặc trong các bài toán lượng giác liên quan đến số hữu tỉ, trong cácbài toán số học, Cuối chương giới thiệu thêm về hai loại đa thức đặcbiệt là đa thức số và đa thức nội suy Newton

2

Trang 10

g b0 b1x bnxn bn 1xn 1 bn sxn s P Arxs.Trên Arxs ta có quan hệ bằng nhau: f  g khi và chỉ khi ai  bi với mọi

Trang 11

x trên A Đa thức f  a0 a1x anxn được gọi là có bậc n và viết làdeg f n, nếu an 0 Khi đó an gọi là hệ số bậc cao nhất của f.

Quy ước: Đa thức 0 là một đa thức có bậc 8

Định lý 1.1.1 Cho A là một miền nguyên Khi đó Arxs là một miền nguyên.Ngoài ra, nếu f, g P Arxs là các đa thức khác đa thức 0 thì

degpf gq deg f deg g

Chứng minh Giả sử f, g PArxs là các đa thức khác đa thức 0, và giả sử

Định nghĩa 1.1.1 Giả sử f, g P Arxs với A là một miền nguyên

• Đa thức f được gọi là chia hết cho đa thức g nếu tồn tại đa thức h P Arxs

Trang 12

Ước chung lớn nhất của hai đa thức, được xác định duy nhất sai khác một

nhân tử khả nghịch của A Nếu một ước chung lớn nhất d của f và g là khả

nghịch (tất nhiên lúc đó d P A), thì f và g gọi là nguyên tố cùng nhau

Định nghĩa 1.1.2 Cho A là một miền nguyên

• Đa thức f được gọi là khả quy trên A, nếu có hai đa thức g, h P Arxs không

khả nghịch để f gh

• Đa thức f được gọi là bất khả quy trên A, nếu không có hai đa thức không

khả nghịch g, h P Arxs để f gh

Định nghĩa 1.1.3 Giả sử f pxq  a0xn a1xn1 an P Arxs và c là mộtphần tử tùy ý của vành A Khi đó

• Phần tử f pcq a0cn a1cn1 an P A được gọi là giá trị của fpxq tại c

• Nếu fpcq  0 thì c được gọi là nghiệm của fpxq Tìm nghiệm của fpxqtrong

A gọi là giải phương trình đại số bậc n sau:

a0xn a1xn1 an 0, a0 0 trên A

1.2 Đa thức trên một trường

Trong phần này, ta luôn giả sử K là một trường con của trường số phức C,tức K là trường số hữu tỉ, trường số thực hoặc trường số phức

Định lý 1.2.1 Nếu K là một trường thì vành Krxs là một vành Euclid

Chứng minh Đặt S  Krxs và S là tập các phần tử khác 0 của S Khi đó

tương ứng δ : S Ñ N cho bởi δpfq  deg f là một ánh xạ Euclid Thật vậy,

với f, g P S, nếu f là bội của g thì ta thấy ngay δpfq ¥ δpgq, nếu f không là

bội của g thì chia f cho g ta được

f gh r, với r P S, deg r   deg f.Khi đó rõ ràng δprq  δpfq Vậy Krxs là một vành Euclid

Hệ quả 1.2.2 Nếu K là một trường thì trong Krxs ta có :

Trang 13

(i) Nếu gh chia hết cho đa thức bất khả quy p thì hoặc g chia hết cho p hoặc

h chia hết cho p

(ii) Mỗi đa thức bậc dương đều có thể phân tích thành một tích hữu hạn cácnhân tử bất khả quy Sự phân tích ấy là duy nhất chỉ sai khác thứ tự vàsai khác các nhân tử khả nghịch

(iii) Nếu d là một ước chung lớn nhất của f và g thì tồn tại u, v để

d uf vg

Định lý 1.2.3 Giả sử c P K và fpxq P Krxs Khi đó dư của phép chia fpxq

cho xc là fpcq, hay

fpxq  pxcqgpxq f pcq, gpxq P Krxs.Chứng minh Từ thuật toán chia đa thức ta có

f pxq  pxcqgpxq b, bPK

Do đó f pcq  pccqgpcq b b

Bây giờ ta cần tìm hiểu cách tính fpcq của Horner

Để ý rằng thực hiện phép chia f pxq  a0xn a1xn1 an cho xc, tađược các hệ tử của đa thức thương gpxq  b0xn1 b1xn2 bn1 cho bởicác công thức b0 a0, bi ai cbi1, i 1, , n1 và dư b an cbn1 hay

$ ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' '

Trang 14

Định lý 1.2.4 (Bézout) Nếu α thuộc K là nghiệm của đa thức bậc dương

f pxq P Krxs thì

fpxq  pxαqgpxq

với gpxq P Krxs và deg g deg f 1

Chứng minh Ta luôn biểu diễn f pxq  pxαqgpxq f pαq với gpxq P Krxs

Từ f pαq 0, ta rút ra fpxq  pxαqgpxq và deg g deg f 1

Hệ quả 1.2.5 Cho một đa thức bậc dương fpxq P K Khi đó ta có

(i) Nếu α1, , αm P K là các nghiệm của fpxq thì

fpxq  pxα1q pxα2q pxαmqgpxq

với gpxq P Krxs và deg g deg f m.(ii) Số nghiệm của đa thức fpxq không vượt quá bậc của fpxq

Khi đó α P K được gọi là một nghiệm bội k ¥ 1 của đa thức bậc dương

f pxq P Krxsnếu f pxq  pxαq kgpxqvới k nguyên dương và gpαq  0 Trường

hợp k  1 thì α được gọi là nghiệm đơn; trường hợp k  2 thì α được gọi lànghiệm kép của fpxq

Hệ quả 1.2.6 Cho fpxq anxn an1xn1 a1x a0 PKrxs Khi đó

(i) Nếu fpxq có nhiều hơn n nghiệm thì fpxq phải là đa thức 0

(ii) Nếu gpxq  bnxn bn1xn1 b1x b0 có an  bn và tồn tại n phần tửphân biệt α1, , αn P K để fpαiq  gpαiq, i 1, 2, , n thì f pxq gpxq

1.3 Đa thức trên trường số hữu tỉ

Định lý 1.3.1 Cho đa thức fpxq  a0xn a1xn1 an P Zrxs, a0  0.Khi đó nếu số hữu tỉ p

q với pp, qq 1 là nghiệm của phương trình fpxq 0 thì:

Trang 15

(i) p là một ước của an và q là một ước của a0.

(ii) pmq là một ước của f pmq với mọi số nguyên m

Chứng minh Giả sử số hữu tỉ p

q với pp, qq 1 là một nghiệm của f pxq  0.(i) Ta có

a0



pq

n1

a1



pq

n

an 0hay

a0pn a1pn1q anqn 0

Vì pp, qq  1 nên p là một ước của an và q là một ước của a0

(ii) Khai triển f pxq theo các lũy thừa của xm ta được

fpxq a0pxmq n b1pxmqn1 bn1pxmq f pmq PZrxs.Thay x  p

q, ta được

a0ppmqq n b1ppmqqn1q bn1ppmqqqn1 f pmqqn 0

Vì pp, qq  1 nên pmq là ước của fpmq với mọi số nguyên m

Hệ quả 1.3.2 Các nghiệm hữu tỉ của đa thức sau phải là các số nguyên

f pxq  xn a1xn1 an P Zrxs

tiêu chuẩn Eisenstein

Cho đa thức fpxq a0xn a1xn1 an1x an PZrxs, a0  0 Đặt

contpfq d  pa0, , anq.Khi đó 1

df là một đa thức với các hệ số là các số nguyên, nguyên tố cùng nhau

Đa thức này được gọi là một đa thức nguyên bản

Bổ đề 1.3.3 (Gauss) Nếu gh P Zrxs thì contpghq  contpgqcontphq

8

Trang 16

Chứng minh Chỉ cần chứng minh khi contpgq  contphq  1 là đủ, vì thaycho việc xét g và h ta xét các đa thức g

contpgq và h

contphq tương ứng Giả sử

gpxq a0xn a1xn1 an,

hpxq b0xm b1xm1 bmvới a0b0 0, và contpgq  contphq  1

Giả sử contpghq d¡1 Gọi p là một ước nguyên tố của d Khi đó tất cả các

hệ số của gh đều chia hết cho p Gọi ar và bs là những hệ số đầu tiên của g và

h tương ứng mà không chia hết cho p Khi đó

Vậy contpghq 1 hay contpghq contpgqcontphq

Khi contpgq  contphq 1 thì contpghq  1

Từ bổ đề trên ta suy ra hệ quả sau:

Hệ quả 1.3.4 Tích của hai đa thức nguyên bản cũng là đa thức nguyên bản

Hệ quả 1.3.5 Đa thức nguyên bản f P Zrxs là một đa thức bất khả quy trên

Z khi và chỉ khi nó là một đa thức bất khả quy trên Q

Chứng minh Giả sử f P Zrxs và f  gh với g, h P Qrxs Dễ thấy rằng luôntồn tại các số hữu tỉ dương r và s sao cho rg và sh thuộc Zrxs, đồng thời là

các đa thức nguyên bản Khi đó vì rsf  prgq pshqvà f là một đa thức nguyên

bản, cùng với rg và sh thuộc Zrxs, nên rs nguyên dương Theo bổ đề 1.3.3,

rscontprsfq  contprgqcontpshq 1

Vậy rs 1 Do đó f  prgq pshq là một phân tích của f trong Zrxs

Trang 17

Do kết quả này, nên ta có thể chuyển việc xét tính bất khả quy của các đathức thuộc Qrxs về việc xét tính bất khả quy trong Zrxs Sau đây là một tiêuchuẩn để chứng minh một đa thức thuộc Zrxs là bất khả quy.

Định lý 1.3.6 (Tiêu chuẩn Eisenstein) Cho một đa thức

f pxq anxn an1xn1 a0

bậc n ¡ 0 với các hệ số nguyên Giả sử rằng, tồn tại một số nguyên tố p saocho an không chia hết cho p, và các ai, i   n chia hết cho p, nhưng a0 khôngchia hết cho p2 Khi đó fpxq là một đa thức bất khả quy trên Q

Chứng minh Giả sử fpxq khả quy trên Q Bởi chứng minh hệ quả 1.3.5, tồntại hai đa thức bậc dương g, h với hệ số nguyên để

a0 không chia hết cho p2 nên c0 không chia hết cho p Khi đó nếu tất cả các bi

đều chia hết cho p thì an cũng phải chia hết cho p (mâu thuẫn với giả thiết)

Do đó phải tồn tại một bj không chia hết cho p Gọi i là chỉ số nhỏ nhất để

bi không chia hết cho p Khi đó vì ai  bic0 bi1c1 b0ci và ai cùng vớitất cả các số hạng bi1c1, , b0ci đều chia hết cho p nên bic0 cũng phải chia hếtcho p (mâu thuẫn)

Điều này chứng tỏ f là một đa thức bất khả quy trên Q

Ví dụ 1.1 Chứng minh với p nguyên tố, đa thức sau bất khả quy trên Q:

f pxq  1 x x

2

2!

xpp!.Lời giải Ta phải chứng minh

p!fpxq p! p!x p!x

2

2 x

n

là một đa thức bất khả quy trên Q Ta có p!

i! chia hết cho p, nhưng không chiahết cho p2 với mọi i   p Theo tiêu chuẩn Eisenstein đa thức p!f là bất khảquy trên Q

10

Trang 18

1.4 Đa thức trên trường số thực và trường số

phức

Vì C là trường đóng đại số nên đa thức bất khả quy một ẩn trên C chỉ lànhững đa thức bậc 1 Vì thế ta chỉ cần xét các đa thức bất khả quy trên R

Định lý 1.4.1 Cho một đa thức bậc dương f pxq PRrxs Khi đó f pxq là một

đa thức bất khả quy khi và chỉ khi f pxq ax b, a0 hoặc

f pxq ax2 bx c, a0, b24ac 0

Chứng minh Hiển nhiên, nếu f pxq P Rrxs là một đa thức bậc nhất hay mộttam thức bậc 2 với biệt thức ∆  b2 4ac   0, thì fpxq là bất khả quy trên

R Ta chứng minh điều ngược lại Giả sử f pxq PRrxs là một đa thức bất khả

quy với deg f pxq ¥ 1

• Nếu deg f pxq  1 thì fpxq  ax b, a0

• Nếu deg fpxq  2 Khi đó fpxq  ax2 bx c, a  0 Nếu ∆  b24ac ¥ 0

thì f pxq có hai nghiệm α1, α2 P R và ta có fpxq  apxα1q pxα2q, (mâu

thuẫn) Do đó ∆  b24ac 0

• Nếu deg f pxq ¡ 2 Vì C là trường đóng đại số nên f pxq 0 có nghiệm α PC

theo Định lí cơ bản của đại số Do 0  fpαq  f pαq nên fpxq còn nghiệm α.Khi đó fpxq chứa nhân tử pxαq pxαq P Rrxs hay f pxq là khả quy (mâuthuẫn)

Tóm lại, fpxq P Rrxs là một đa thức bất khả quy khi và chỉ khi hoặc fpxq 

Chứng minh Vì Rrxs là một vành Euclid, nên f pxq có thể phân tích được

thành tích các nhân tử bất khả quy trong Rrxs Bằng cách viết αx β 

Trang 19

αx

γα

Trong chương 1, chúng tôi đã:

- Chỉ ra cách xây dựng vành đa thức một biến

- Trình bày các khái niệm cơ bản liên quan đến đa thức

- Nêu một số tính chất của đa thức trên một trường con của trường số phức

C, qua đó xét cụ thể trong các trường số hữu tỉ, trường số thực và trường sốphức

- Nêu một tiêu chuẩn để kiểm tra xem một đa thức thuộc Zrxs có là bất khảquy hay không

Từ những kiến thức cơ bản trên, chúng tôi lấy làm cơ sở để trình bày về các

đa thức nội suy ở chương 2

12

Trang 20

Chương 2

Các đa thức nội suy

Chương này trình bày chi tiết về đa thức nội suy Lagrange, đa thức nộisuy Chebyshev và một số ứng dụng của hai đa thức đó trong các bài toán tính

tổng, chứng minh, rút gọn biểu thức hoặc giải phương trình bậc cao,

2.1 Đa thức nội suy Lagrange

2.1.1 Công thức

Định lý 2.1.1 Cho các số thực x1, x2, , xn đôi một khác nhau và n số thực

a1, a2, , an tùy ý Khi đó tồn tại duy nhất đa thức P pxq có bậc nhỏ hơn hoặc

bằng n1 thỏa mãn điều kiện

Trang 21

có deg P ¤n1 và thỏa mãn Ppxkq ak, với mọi k 1, 2, , n.

Việc chứng minh tính duy nhất được suy ra từ nhận xét rằng hai đa thức bậcnhỏ hơn n nhận giá trị như nhau tại n điểm thì chúng trùng nhau

Công thức p2.1q được gọi là công thức nội suy Lagrange

Đôi khi ta còn dùng công thức nội suy Lagrange ở dạng

Trang 23

Vì s  n1 nên cân bằng hệ số của xn1 ta được

Ví dụ 2.2 Tìm đa thức P pxq có bậc bé hơn hoặc bằng 4 sao cho

P p1q 1, P p2q 5, P p3q 2, P p4q 4, P p5q  3

16

Trang 25

(do với hai số thực bất kì A, B ta có

|A B| |AB| 

b p|A B| |AB|q 2 b2A2 2B2 2|A2 B2 |

Lời giải Giả sử

Trang 26

Ví dụ 2.6 Cho fpxq ax2 bx c thỏa mãn|f pxq| ¤ 1 với mọi xP r1; 1s.

Chứng minh rằng với mọi M ¥1 ta có

Vậy |f pxq| ¤2M2 1 với mọi |x| ¤M

Ví dụ 2.7 Cho đa thức f pxq ax4 bx3 cx2 dx e thỏa mãn điều kiện

|f pxq| ¤1 khi |x| ¤ 1 Chứng minh rằng với mọi M ¡1 cho trước ta đều có

Trang 27

• Nếu M ¥ |x| ¡1 thì theo công thức nội suy Lagrange với

f p0qpx 1q x

1 2



x 1 2



px1q

1 4

f



12

x 1q x 12

xpx1q

 3 8

f p1qpx 1q x

1 2

Vậy ta có điều phải chứng minh

Ví dụ 2.8 Cho đa thức P pxq ax2 bx c thỏa mãn

20

Trang 28

|P pxq| ¤1 với mọi xP r1; 1s.Chứng minh rằng đa thức Qpxq  cx2 bx a có tính chất

Qpxq x2P



1x

Ví dụ 2.9 Cho đa thức P pxq ax3 bx2 cx d thỏa mãn

|P pxq| ¤1 với mọi xP r1; 1s.Chứng minh rằng đa thức Qpxq  dx3 cx2 bx a có tính chất



2 1 

x 12

Trang 29

Do đó

Qpxq x3P



1x



3 1x2 

1 x2

3 1x2 

2

23

Ví dụ 2.10 Cho các số a, b, c, d đôi một khác nhau và khác 0 Tính

Trang 30

Đa thức P pxq là đa thức bậc 4, nhận giá trị bằng 1 khi thay lần lượt các giátrị a, b, c, d vào x Suy ra nó phải có dạng:

abcdpabc bcd cda dabq

hay

S abc abd acd bcd

Ví dụ 2.11 Cho a, b, c là các số đôi một khác nhau và khác 0 Tính:

Đa thức P pxq là đa thức bậc 3, nhận giá trị bằng 1 khi thay lần lượt các giá

trị a, b, c vào x Suy ra nó phải có dạng:

Trang 31

Vế phải của biểu thức trên là hệ số của hạng tử x trong khai triển đa thức

P pxq ở dạng () Với biểu diễn ở dạng (), ta tính được

So sánh hệ số của x2 ở hai vế, ta được A1

Ví dụ 2.13 Cho α, β, λ, µ là bốn số nguyên tố đôi một khác nhau Chứngminh rằng không tồn tại đa thức P pxq P Zrxs bậc ba sao cho

Trang 32

13.2.2

15.4.2  9

10(vô lý vì a3 nguyên, a3 0)

Vậy điều giả sử sai Do đó không tồn tại đa thức P pxq thỏa mãn đề bài

Ví dụ 2.14 Sử dụng công thức nội suy Lagrange hãy giải hệ phương trình

ẩn x0, x1, , xn1 sau

$ ' ' ' ' ' '

x0 x1a1 xn1a1n1 b1

x0 x1a2 xn1a2 n1 b2

x0 x1an xn1ann1 bn.Lời giải Xét đa thức fptq  x0 x1t xn1tn1, khi đó fpaiq  bi với

mọi i 1, 2, , n Theo công thức nội suy Lagrange ta có

Trang 33

Ví dụ 2.16 (Đề thi đề nghị IMO 1981 của Rumani).

Hãy xác định Ppn 1q biết P là một đa thức có bậc n thỏa mãn

Trang 36

f p0q.(ii) Cho ai 0 với mọi i 1, 2, , n ở trong công thức trên ta có

f pxq xn, fp0q 0và

trung bình cộng của hai đa thức monic có bậc n với n nghiệm thực

Lời giải Giả sử F pxq là một đa thức monic bậc n với hệ số thực Chọn

y1, y2, , yn thực sao cho

Trang 37

Gpi 1q  yi 1 trái dấu với mọi i  1, 2, , n Do đó Gpxq có ít nhất n1nghiệm thực Mà đa thức Gpxq có bậc n Do đó Gpxq có n nghiệm thực.Mặt khác

Ví dụ 2.20 (Đề thi đề nghị IMO 1977 của Việt Nam)

Cho các số nguyên được sắp xếp theo thứ tự tăng dần

x0  x1    xn.Chứng minh rằng trong số các giá trị của đa thức

P pxq xn a1xn1 an P Rrxs

tại x0, x1, , xn sẽ tồn tại ít nhất một i để

|P pxiq| ¥ n!

2n.30

Trang 38

1 ¤ α.2

n

n! .Vậy α ¥ n!

2n

Ví dụ 2.21.(Đề thi đề nghị IMO 1997 của Italy) Cho fpxq P Zrxscó deg f d

và p là số nguyên tố thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:

(i) f p0q 0, f p1q  1

(ii) Với mọi xP N, số dư trong phép chia f pxq cho p chỉ có thể là 0 hoặc 1

Chứng minh rằng d ¥p1

Lời giải Giả sử d ¤p2

Nếu p  2 thì d ¤ 0 Suy ra d  0, tức là hàm f là hàm hằng (vô lý vì

f p0q  fp1q) Suy ra p ¥ 3 Xét công thức nội suy Lagrange tại các điểm

Trang 39

Vậy điều giả sử sai, suy ra d ¥p1.

Ví dụ 2.22 Cho a1, a2, a3, a4, b1, b2, b3, b4 là các số thực sao cho

Trang 40

Suy ra hệ số của x3 trong Ppxq là

P BCA

P C

AB ¥?3

Lời giải Coi mặt phẳng chứa tam giác ABC là mặt phẳng phức, P, A, B, C

được biểu diễn bởi các số phức tương ứng là w, w1, w2, w3 Khi đó

P A |ww1|, P B  |ww2|, P C  |ww3|,

Ngày đăng: 17/08/2016, 09:27

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w