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 1BỘ 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 2BỘ 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 3Lời 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 4Lời 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 5Danh mục ký hiệu, chữ viết tắt
IMO : International Mathematical Olympiad
USAMO : USA Mathematical Olympiad
iii
Trang 6Mục 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 72.1.4 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 8Mở 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 9một 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 10g 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 11x 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 12Ước 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 14Định 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 16Chứng 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 17Do 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 181.4 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 19αx
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 20Chương 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 21có 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 23Vì 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 26Ví 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 29Do 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 30Đa 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 31Vế 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 3213.2.2
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 33Ví 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 36f 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 37Gpi 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 381 ¤ 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 39Vậy 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 40Suy 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|,