Bài toán nội suy Lagrange và ứng dụng

Các bài toán nội suy và những vấn đề liên quan đến nó là một phần quan trọng của đại số và giải tích toán học.Các đặc trưng cơ bản vủa nội suy còn được sử dụng nhiều trong toán cao cấp,toán ứng dụng,trong các kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia,Olimpic Toán khu vực và quốc tế. Các bài toán nội suy cổ điển đóng một vai trò rất quan trọng trong việc thiết lập các đa thức thỏa mãn hệ các điều kiện rằng buộc đặc biệt.Việc nghiên cứu các bài toán nội suy nhằm giải quyết các bài toán liên quan đến đa thức và hàm số. Ở các trường phổ thông lý thuyết các bài toán nội suy còn rất mới mẻ và bỡ ngỡ nhưng những ứng dụng của nó rất quan trọng trong việc giải một số bài toán khó trong các đề thi học sinh giỏi các cấp.Vì vậy việc hình thành một chuyên đề chọn lọc những vấn đề cơ bản nhất về các bài toán nội suy ,dưới góc độ toán phổ thông đặc biệt là những ứng dụng của nó trong quá trình giải một số bài toán khó là rất cần thiết. Bài viết này trình bày một trong những bài toán nội suy cổ điển có nhiều ứng dụng đó là bài toán nội suy Lagrange và các ứng dụng của bài toán.

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TIỂU LUẬN BÀI TOÁN NỘI SUY LAGRANGE VÀ ỨNG DỤNG Gi ảng viên: GS.TSKH Nguyễn Văn Mậu Học viên: Vũ Sỹ Dũng Chuyên ngành: Toán ứng dụng Cao học khóa năm: K7Y(1/2014-1/2015) Hưng Yên,7/2015 MỞ ĐẦU Các toán nội suy vấn đề liên quan đến phần quan trọng đại số giải tích toán học.Các đặc trưng vủa nội suy sử dụng nhiều toán cao cấp,toán ứng dụng,trong kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia,Olimpic Toán khu vực quốc tế Các toán nội suy cổ điển đóng vai trò quan trọng việc thiết lập đa thức thỏa mãn hệ điều kiện buộc đặc biệt.Việc nghiên cứu toán nội suy nhằm giải toán liên quan đến đa thức hàm số Ở trường phổ thông lý thuyết toán nội suy mẻ bỡ ngỡ ứng dụng quan trọng việc giải số toán khó đề thi học sinh giỏi cấp.Vì việc hình thành chuyên đề chọn lọc vấn đề toán nội suy ,dưới góc độ toán phổ thông đặc biệt ứng dụng trình giải số toán khó cần thiết Bài viết trình bày toán nội suy cổ điển có nhiều ứng dụng toán nội suy Lagrange ứng dụng toán NỘI DUNG Bài toán nội suy Lagrange Cho n điểm phân biệt x1,x2, ,xn thuộc R n số thực tùy ý y1,y2, ,yn (n f 2).Xác định đa thức P(x) ,có bậc degP(x) ≤ n-1 thỏa mãn điều kiện : P(xk)=yk, ∀ k=1,2, ,n Giaỉ: n x − xk Xét W1(x)= ∏ x − x k =2 k x − xk k =1, k ≠ x2 − xk n W2(x)= ∏ x − xk k =1, k ≠ j x j − xk n Wj(x)= ∏ Khi WJ(xk)= δ jk ; j, k = 1, n n n j =1 j =1 Xết đa thức P(x) = ∑ y j w j ( x) Ta có deg P(x) ≤ n-1 P(xk)= ∑ y j w j ( xk ) = yk Suy đa thức P(x) thỏa mãn điều kiện đề Ta chứng minh P(x) Thật giả sử Q(x) , degQ(x) ≤ n-1 nghiệm toán.Xét T(x)=P(x)-Q(x) degT ≤ n-1 T(x1)=T(x2) T(xn)=0 Suy T(x) ≡ suy P(x) ≡ Q(x) 2.Áp dụng: Bài 1: Xác định đa thức bậc hai nhận giá trị 3;1;7,tại x=-1;0;3 tương ứng Giải: Ta có x1=-1, x2=0, x3=3 P(x1)=y1=3, P(x2)=y2=1, P(x3)=y3=7 Áp dụng công thức nội suy Lagrang với n=3,ta có: P(x)= y1 ( x − x2 )( x − x3 ) ( x − x3 )( x − x1 ) ( x − x1 )( x − x2 ) + y2 + y3 ( x1 − x2 )( x1 − x3 ) ( x2 − x3 )( x2 − x1 ) ( x3 − x1 )( x3 − x2 ) ( x − 0)( x − 3) ( x − 3)( x + 1) ( x − 3)( x + 1) +1 +7 = x2 − x + ( − − 0)( − − 3) (0 − 3)(0 + 1) (0 − 3)(0 + 1) = Vậy P(x) =x2-x+1 Bài 2: Xác định tam thức bậc hai , f(x) thỏa mãn điều kiện sau f(n)=(-1)n(2n2-n-1) ,n=4,7,16 Giaỉ: Đặt n1=4, n2=7, n3=16.Ta có f(n1)=27, f(n2)=90, f(n3)=256 Aps dụng công thức Lagrange ta có: ( x − 7)( x − 16) ( x − 4)( x − 16) ( x − 4)( x − 7) + f (n2 ) + f (n3 ) (4 − 7(4 − 16) (7 − 4)(7 − 16) (16 − 4)(16 − 7) ( x − 7)( x − 16) ( x − 4)( x − 16) ( x − 4)( x − 7) = 27 + 90 + 256 (4 − 7)(4 − 16) (7 − 4)(7 − 16) (16 − 4)(16 − 7) ( x − 7)( x − 16) ( x − 4)( x − 16) ( x − 4)( x − 7) =3 + 10 + 64 27 f ( x) = f (n1 ) Bài 3:Xác định đa thức bậc ba, f(x) thỏa mãn điều kiện sau: f (2n − 1) = (−1) n (2n3 − 3n + 1), n = 1, 4,5,12 Giaỉ : Ta có n = ⇒ f (1) = 0, n = ⇒ f (7) = 117 n = ⇒ f (9) = −236, n = 12 ⇒ f (23) = 1728 Sử dụng công thức nội suy Lagrange, ta có ( x − 7)( x − 9)( x − 23) ( x − 1)( x − 9)( x − 23) + f (7) + (1 − 7)(1 − 9)(1 − 23) (7 − 1)(7 − 9)(7 − 23) ( x − 1)( x − 7)( x − 23) ( x − 1)( x − 7)( x − 9) + f (9) + f (23) (9 − 1)(9 − 7)(9 − 23) (23 − 1)(23 − 7)(23 − 9) ( x − 1)( x − 9)( x − 23) ( x − 1)( x − 7)( x − 23) ( x − 1)( x − 7)( x − 9) f ( x) = 117 + 236 + 1728 192 256 4928 f ( x) = f (1) f ( x) = 39 ( x − 1)( x − 9)( x − 23 ( x − 1)( x − 7)( x − 23) ( x − 1)( x − 7)( x − 9) + 59 + 27 64 64 77 Bài 4:Cho ax + bx + c ≤ 1, ∀x ∈ [ −1,1] Chứng minh rằng: cx + bx + a ≤ 2, ∀x ∈ [ −1,1] Giaỉ:Chọn nút nội suy -1;1 0.Xét f(x)=ax2+bx+c ta có:  a = [ f (1) − f (−1) ] − f (0)  f (1) = a + b + c     f (−1) = a − b + c ⇒ b = [ f (1) − f (−1) ]  f (0) = c   c = f (0)   Theo giả thiết f (±1) ≤ 1và f (0) ≤ Ta có: 1 [ f (1) + f (−1)] x + [ f (1) + f (−1)] − f (0) 2 1 f (0)( x − 1) + f (1)(1 + x ) + f (−1)(1 − x) ≤ 2 = ≤ f (0) x − + f (1) + x + f (−1) − x ≤ 2 1 ≤ (1 − x ) + (1 + x) + (1 − x) = − x ≤ 2.W 2 cx + bx + c = f (0).x + Bài 5:Cho ax + bx + c ≤ 1, ∀x ∈ [ −1,1] Chứng 2ax + b ≤ 4, ∀x ∈ [ −1,1] minh rằng: Giaỉ: Chọn nút nội suy Ta có: 2ax + b = [ f (1) + f (−1) − f (0) ] x + [ f (1) − f (−1)] 1 = f (1).( x + ) + f (−1).( x − ) − f (0).x ≤ 2 ≤ x+ Xét 1 + x− +2 x 2 1     1 1  x ∈  −1; − ÷, x ∈  − ;0 ÷; x ∈ 0; ÷vàx ∈  ;1 2     2 2  Tacó: = 1  −x − −x + −2x =− 4x ≤4  2  x +1 −x +1 −2x =1 −2x p  2 2ax +b = ,∀ x ∈− [ 1;1] x +1 −x +1 +2x =2x + 1p  2  1 x + +x − +2x =4x ≤4  2 Vậy 2ax + b ≤ 4, ∀x ∈ [ −1;1] Bài 6.Cho tam thức bậc hai f ( x) = ax + bx + c thỏa mãn điều kiện f ( x) ≤ 1khi x ≤ Chứng minh với M ≥ ,ta có : f ( x) ≤ 2M − 1khi x ≤ M Giải: Áp dụng công thức nội suy Lagrange với n=2, x1=1, x2=0, x3= -1 x2 + x x2 − x − f (0)( x − 1) + f 2 f (1) ≤ 1, f (0) ≤ 1, f (−1) ≤ Nên Ta có : f ( x) = Vì f (1) x2 + x x2 − x f ( x) ≤ f (1) + f (0) x − + f (−1) ≤ 2 ≤ x2 + x x2 − x + x2 −1 + ≤ 2x ≤ 2M − 1, x ≤ M W 2 Bài 7: Cho − x ax + b ≤ 1, ∀x ∈ [ −1;1] Chứng minh rằng: a ≤ Giaỉ: Xét f(x)= − x ax + b Chọn nút nội suy ) ≤1⇒ a + b ≤ 2 có: Cộng vế f (− ) ≤1⇒ a − b ≤ 2 a +b +a −b ≤ a +b + a −b ≤ x= 2 x = − 2 f( Ta với vế ta Suy 2a ≤ ⇒ a ≤ (đpcm) Bài 8:Cho tam thức bậc hai P(x) = ax2 + bx +c thỏa mãn điều kiện P( x) ≤ với x cho x ≤ Chứng minh a + b + c ≤ Giải: Áp dụng công thức nội suy Lagrange điểm -1,0,1.Ta có x ( x − 1) ( x − 1)( x + 1) x ( x + 1) + P (0) + P(1) (−1 − 0)(−1 − 1) (0 + 1)(0 − 1) (1 + 0)(1 + 1) P (1) + P( −1) − P(0) P(1) − P(−1) P( x) = x + x + P (0) 2 P (1) + P (−1) − P(0) P(1) − P(−1) a= ,b = , c = P(0) 2 P (1) + P (−1) − P(0) P(1) − P(−1) a+b+c = + + P (0) ≤ 2 P ( x ) = P (−1) Suy Từ Suy ≤ P(1) + P (−1) P(1) − P (−1) + + P (0) ≤ max { P(1) , P(−1) } + P(0) ≤ 3.W 2 Bài 9:Cho a1,a2, ,an n số thực phân biệt.Chứng minh đa thức f ( x) có bậc không lớn n-2,thì: T= f (an ) f (a1 ) + + =0 (a1 − a2 )(a1 − a3 ) (a1 − an ) (an − a1 )(an − a2 ) (an − an −1 ) Giaỉ:Theo công thức nội suy Lagrange đa thức không lớn n-1 viết dạng: f ( x) ( x − a2 )( x − a3 ) ( x − an ) ( x − a1 )( x − a3 ) ( x − an ) + f ( a2 ) (a1 − a2 )(a1 − a3 ) (a1 − an ) (a2 − a1 )(a2 − a3 ) (a2 − an ) ( x − a1 )( x − a2 ) ( x − an −1 ) + + f (an ) (an − a1 )(an − a2 ) (an − an −1 ) số x n−1 vế trái (vì f ( x) có bậc không lớn có bậc f ( x) = f (a1 ) Hệ Còn hệ số n-2), x vế phải là: f (an ) f (a1 ) T= + + (a1 − a2 )(a1 − a3 ) (a1 − an ) (an − a1 )(an − a2 ) (an − an −1 ) n −1 Suy điều phải chứng minh Bài 10:Chứng minh đa thức bậc hai nhận giá trị nguyên ba giá trị liên tiếp biến số x, đa thức nhận giá trị nguyên x nguyên Giaỉ: Giả sử f (k − 1), f (k ), f (k + 1) số nguyên với k nguyên Áp dụng công thức nội suy Lagrange cho đa thức bậc hai f ( x) với ba số nguyên k-1,k,k+1,ta có: f ( x) = f (k − 1) ( x − k )( x − k − 1) ( x − k + 1)( x − k − 1) ( x − k )( x − k + 1) + f (k ) + f (k + 1) −1 Đặt m=x-k, m nguyên x nguyên, ta có m(m − 1) m(m + 1) + f (k )(m − 1) + f (k + 1) 2 chia hết f ( x) nguyên với f ( x) = f (k − 1) liên tiếp Vì tích ssó nguyên x nguyên W Bài 11: Cho a1,a2, ,an n số thực phân biệt.Gọi Ai(i=1,2, ,n) phần dư phép chia đa thức f ( x) cho x − Hãy tìm phần dư phép chia f ( x) cho ( x − a1 )( x − a2 ) ( x − an ) Giải: Gọi q( x) thương r ( x) phần dư phép chia f ( x) cho ( x − a1 )( x − a2 ) ( x − an ) Ta có: f ( x) = ( x − a1 )( x − a2 ) ( x − an ).q ( x) + r ( x), deg r ( x ) p n Đặt x = (i = 1, 2, , n) để ý Ai= f (ai ) Thế ta có r (ai ) = Ai Như vậy, ta biết giá trị đa thức r ( x) có bậc nhỏ n n điểm khác a1,a2, ,an Do áp dụngcông thức nội suy Lagrange ta có: ( x − a2 )( x − a3 ) ( x − an ) ( x − a1 )( x − a3 ) ( x − an ) + A2 (a1 − a2 )(a1 − a3 ) (a1 − an ) (a2 − a1 )(a2 − a3 ) ( a2 − an ) n n x − aj ( x − a1 )( x − a2 ) ( x − an −1 ) + + An = ∑ Ai ∏ W (an − a1 )(an − a2 ) (an − an −1 ) i =1 j =1, j ≠i − a j r ( x) = A1 Bài 12:Cho đa thức P( x) bậc n thỏa mãn đẳng thức Cnk+1 K = 0,1, 2, , n P (k ) = với Tính P(n + 1) Giaỉ: Với ≤ i ≤ n ,Áp dụng công thức nội suy Lagrange ta có: ( x − i) ∏ n x −i i ≠k P( x) = ∑ k ∏ =∑ k n−k (n − k )!k ! k = Cn +1 i ≠ k k − i k = Cn +1 ( −1) n n = ∑ ( −1) n −k k =0 n +1− k ∏ ( x − i) (n + 1)! i ≠ k Suy n P (n + 1) = ∑ (−1) n − k k =0 n n +1− k (n + − i) = ∑ (−1) n − k ∏ (n + 1)! i ≠ k k =0 Do P (n + 1) = lẻ n P (n + 1) = n chẵn Bài 13:Gỉa sử đa thức c0 + c1 x + c2 x + + cn x n có giá trị hữu tỉ x hữu tỉ.Chứng minh hệ số c0 , c1 , c2 , , cn số hữu tỉ Giải:Áp dụng công thức nội suy Lagrange với ak = k (k = 0,1, 2, , n) ta có: (−1) n f (0) (−1) n −1 ( x − 1)( x − 2) ( x − n) + x ( x − 2) ( x − n) n! 1!(n − 2)! (−1) n − f (2) + x ( x − 1)( x − 3) ( x − n) 2!(n − 2)! thiết f (0), f (1), , f (n) số hữu tỉ Vì vậy,khai f ( x) = Theo giả triển vế phải đẳng thức trên,ta thấy hệ số lũy thừa x số hữu tỉ.Đồng đa thức hai vế suy hệ số c0 , c1 , c2 , , cn số hữu tỉ W Nhận xét: Cũng áp dụng công thức nội suy Lagrange n+1 điểm ak(k=0,1,2, ,n) hữu tỉ phân biệt tùy ý đến kết trên.Do đó, tacó kết sau: Nếu đa thức bậc không n có giá trị hữu tỉ n_1 điểm hữu tỉ khác hệ số đa thức hữu tỉ Bài 14:Tìm tất đa thức n thỏa mãn điều kiện ∑ (−1) n − k −1 k =0 P( x) có bậc nhỏ n k =o Nên ta có Do n −1 P ( x ) = ∑ P ( xk ) k =0 n −1 đó: P(n) = ∑ P( xk ) Suy k =0 n −1 ∑ (−1) k =0 xk = k ta có ,mọi đa ( x − x0 ) ( x − xk −1 )( x − xk +1 ) ( x − xn −1 ) ( xk − x0 ) ( xk − xk −1 )( xk − xk +1 ) ( xk − xn −1 ) ( x − 0) ( x − ( k − 1))( x − (k + 1)) ( x − (n − 1)) (k − 0) ( k − ( k − 1))(k − (k + 1)) (k − (n − 1)) (n − 0) (n − k + 1)(n − k − 1) n −1 = ∑ (−1) n −k −1.cnk P(k ) k !(−1) n − k −1 (n − k − 1)! k =0 n − k −1 Cnk P( k ) = Giải:Áp dụng công thức nội suy Lagrange với thức P( x) có bậc nhỏ n có dạng p ( x) = ∑ P ( xk ) n(n ≥ 2) cnk P(k ) = Vậy đa thức cần tìm có dạng n −1 n P ( x ) = ∑ P ( xk ) k =0 ∏ i = 0,i ≠ k n −1 n x − xi x − xi = ∑ ak ∏ k − i k =0 i =0,i ≠ k k − i với ak ∈ R W Bài 15: a) Cho đa thức f ( x) có bậc n với hệ số thực hệ số bậc cao a.Giả sử f ( x) có n nghiệm phân biệt x1 , x2 , , xn khác Chứng minh : (−1) n −1 a x1 x2 xn n n 1 = ∑ ∑ , k =1 xk k =1 xk f ( xk ) b)Có tồn hay không đa thức f ( x) có bậc n lẻ với hệ số bậc cao a =1 mà f ( x) có n nghiệm phân biệt x1 , x2 , , xn khác thỏa mãn 1 1 + + + + =0 , , , x1 f ( x1 ) x2 f ( x2 ) xn f ( xn ) x1 , x2 , x2 ? Giải: a)Ta viết Đặt Và f ( x) dạng f ( x) = ( x − xk ) f k ( x) Thế f k ( x) = ax n −1 − a ( n ∑ i =1,i ≠ k n f ( x ) = a ∏ ( x − xk ) k =1 f k ( x) = a xi ) x n − + + (−1) n−1 a n ∏ ( x − x ); k = 1, 2, , n i =1,i ≠ k i x1 x2 xn xk f ( x) = f k ( x) + ( x − xk ) f , ( x ) , Ta có f , ( xk ) = f k ( xk ), f k ( x j ) = 0; k ≠ j n P ( x ) := ∑ Xét đa thức i =1 f k ( x) −1 f k ( xk ) Ta thấy bậc đa thức P(x) nhỏ n P( x1 ) = P( x2 ) = P( xn ) = Nên P( x) = Hệ số tự khai triển P( x) n = a0 = ∑ (−1) n −1 i =1 x x x a 2, n − xk f ( xk ) Xét hệ số bậc n n 1 ( ∑ )=0 ∑ , i =1 xk f ( xk ) i =1, j =1 xi hay Do P( x) n (−1) n −1 =∑ ax1 x2 xn i =1 xk f , ( xk ) ,ta có n n n 1 = ∑ ∑ ∑ , , i =1 xk f ( xk ) i =1 xk f ( xk ) i =1 xk Từ đẳng thức cuối chứng minh trên,ta suy điều phải chứng minh b)Giả sử tồn đa thức f ( x) có bậc n lẻ với hệ số bậc cao a =1 mà f ( x) có n nghiệm phân biệt x1 , x2 , , xn khác thỏa mãn 1 1 + + + + =0 , , , x1 f ( x1 ) x2 f ( x2 ) xn f ( xn ) x1 , x2 , x2 n 1 = , x1 x2 xn k f ( xk ) Theo câu a) ∑ x i =1 = Vậy x1 x2 xn Từ dẫn đến điều vô lí sau: không tồn đa thức thỏa mãn điều kiện KẾT LUẬN Tiểu luận chứng minh chi tiết công thức nội suy Lagrange, cho phép ta hiếu sâu sắc sở cấu trúc lí thuyết toán nội suy Lagrange.Tập hợp phân loại, giải chi tiết số dạng toán phổ thông sử dụng công thức nội suy Lagrange nhằm giúp ích cho việc bồi dưỡng học sinh gỏi toán Trong khuôn khổ thời gian có hạn trình độ thân hạn chế nên tiểu luận tránh khỏi thiếu sót mong thông cảm, đóng góp ý kiến thầy cô đồng nghiệp để tiểu luận hoàn thiện Xin trân Trọng cảm ơn! Hưng Yên, tháng 7năm 2015 TÀI LIỆU THAM KHẢO 10 1.Nguyễn Văn Mậu,2002.Đa thức đại số phân thức hữu tỉ.NXB Giáo Dục 2.Nguyễn Văn Mậu,2007.Nội suy áp dụng.NXB Giáo Dục 11 [...]...1.Nguyễn Văn Mậu,2002.Đa thức đại số và phân thức hữu tỉ.NXB Giáo Dục 2.Nguyễn Văn Mậu,2007 .Nội suy và áp dụng. NXB Giáo Dục 11